/
Text
i 78 коп.
i ИЖВЯ№НИ1М1Ите<-
ФУНДАМЕНТНЫХ
БАЛОК И ПЛИТ
НА У ПРУ ГОМ
ОСНОВАНИИ
Проф.\Б. Н. ЖЕМОЧКИН |,
проф. А. П. СИНИЦЫН
/г
<ГЗ
Практические
МЕТОДЫ РАСЧЕТА
ФУНДАМЕНТНЫХ
БАЛОК И ПЛИТ
НА УПРУГОМ
ОСНОВАНИИ
И издание, переработанное и дополненное
В I части книги изложены теоретические основы рас-
чета и даны выводы расчетных формул. Во И части
книги приведены численные примеры расчета конструк-
ций: балок, неразрезных ленточных фундаментов, фун-
даментных плит элеваторов и складов цемента на це-
ментных заводах, днища сухого дока, плотины, замк-
нутой рамы, бетонных оснований под железнодорожные
пути и др. В примерах показано влияние различных
факторов на распределение реакций упругого основа-
ния, как-то: жесткости балки, модуля деформации ос-
нования и сдвигов, происходящих в грунте.
В конце книги даны таблицы, облегчающие выполне-
ние расчетов.
Книга предназначена для инженеров-проектиров-
щиков.
I часть (теория) составлена проф. Б. И. ЖЕМОЧКИ-
НЫМ; II часть (примеры)—проф. А. П. СИНИЦЫ-
НЫМ. Табл. 1—V, VIII—XII заимствованы из работ
проф. Б. Н. ЖЕМОЧКИНА, табл. IVa, VI и VII — из
работ проф. А. П. СИНИЦЫНА
Жемочкин Борис Николаевич
(3/IX 1887—29/IX 1961 гг.)
Биографический очерк
Борис Николаевич ЖЕМОЧКИН родился в Москве,
высшее образование получил в Московском инженерном
училище ведомства путей сообщения, окончив теоретический
'3
курс в 1909 г. и получив потом после защиты отчета о двух-
летней практике звание инженера-строителя. В 1913 г. после
преобразования училища в Московский институт инженеров
путей сообщения получил звание инженера путей сообще-
ния.
Его инженерная деятельность началась с 1909 г. в Мо-
сковской Городской Управе по составлению проектов усиле-
ния Крымского, Каменного, Краснохолмского мостов, а так-
же проектов переустройства Москворецких плотин, с 1913 г.—
в техническом отделе Московско-Курской железной дороги,
где он, работая в системе НКПС до 1922 г., разрабатывал
проекты металлических стропил вокзала Московской Киево-
Воронежской железной дороги, моста в Кинешме, гаража
НКПС в Москве ‘U др.
Начиная с 1924 г. он является постоянным консультантом
ряда проектных и строительных организаций, в том числе
Мосстроя, Бетонпромстроя, Цемпроекта, Архитектурных ма-
стерских г. Москвы, Военпроекта, Промзернопроекта и др. и
участвует в разработке проектов крупных сооружений, в том
числе канала имени Москвы, Московского метро, Централь-
ного телеграфа, Дворца Советов, высотных зданий в Москве
и др. С 1928 г.—председатель технического Совета Нарком-
торга СССР, затем член техсовета Министерства предприя-
тий тяжелой индустрии, Научно-технических советов, ряда
научно-исследовательских институтов. Своей деятельностью
на этом поприще он оказывал большое влияние на создание
наиболее рациональных проектов и проведение наиболее важ-
ных научных исследований.
Педагогическую деятельность Борис Николаевич начал
с 1913 г. в Московском институте путей сообщения, куда
был приглашен преподавателем по предмету «Портовые со-
оружения», а с 1924 г. по 1932 г. там же вел занятия по строи-
тельной механике. С 1932 г. по 1961 г. был профессором по
строительной механике и сопротивлению материалов в Военно-
4
инженерной академии имени В. В. Куйбышева и заведующим
кафедрой строительной механики в Московском архитектур-
ном институте, кроме того, ряд специальных курсов был им
прочитан в других московских втузах.
Первая научная работа опубликована Борисом Николае-
вичем Жемочкиным в 1922 г. Начиная с 1927 г., будучи свя-
занным с практикой проектирования железобетонных конст-
рукций, он печатает ряд статей, в которых разрабатывает
новые методы расчета рам, в том числе способ угловых фо-
кусов. Напечатанная в 1933 г. монография «Расчет рам»,
ставшая наиболее полным пособием для инженеров-проекти-
ровщиков, и до настоящего времени пользуется широкой
известностью.
В 30-х годах в нашей стране начинается развитие строи-
тельства крупных сооружений и выдвигается новая задача о
расчете фундаментов на упругом полупространстве. Эта за-
дача, по-инженерному успешно решенная Борисом Николае-
вичем Жемочкиным, опубликована в ряде работ, в том числе
в первом издании настоящей книги.
Методы расчета плит и балок на упругом полупростран-
стве, разработанные им, позволили уверенно проектировать
фундаменты для высотных зданий в Москве, Куйбышевской
плотины на Волге и других сложных объектов.
Курс теории упругости, опубликованный Б. Н. Жемочки-
ным в 1946 г., является единственным, в котором инженерный
подход к решению задач по расчету сооружений сочетается
со строгими методами математической теории упругости.
Этот курс пользуется большой популярностью среди инже-
неров.
Научная деятельность Б. Н. Жемочкина — пример дея-
тельности ученого при неразрывной связи теоретической ра-
боты с инженерной практикой. На протяжении всей жизни
он с большим искусством сочетал практическую работу с
кропотливыми теоретическими исследованиями, получившими
5
широкую известность среди инженеров-строителей. Не жа-
лея своих сил работал Борис Николаевич Жемочкин для
блага нашей Родины.
ВИЦЕ-ПРЕЗИДЕНТ АКАДЕМИИ
СТРОИТЕЛЬСТВА И АРХИТЕКТУРЫ СССР
профессор
С. С. ДАВЫДОВ
Профессор
А. П. СИНИЦЫН
j /роф. Б. Н. Жемочкин
ЧАСТЬ I
ТЕОРИЯ
1. ВВЕДЕНИЕ
Задача о расчете фундаментов сооружений является одной из
трудных задач строительной механики, главным образом из-за чрез-
вычайно неопределенных физических свойств грунта под фундамен-
тами.
Известно, что любой грунт под нагрузкой деформируется и по-
лучает осадку, причем после удаления нагрузки всегда наблюдается
остаточная деформация. Вместе с тем оказывается, что осадка при-
близительно пропорциональна нагрузке. Таким образом, грунт не
является вполне упругим-телом, но ему все же можно приписать
условно некоторые упругие свойства.
В связи с этим возникла задача о расчете балок на уп-
ругомосновании.
Первоначально грунт рассматривался как тело, у которого осад-
ка любой точки поверхности пропорциональна внешней нагрузке,
приложенной в той же точке.
Предположение об упругих свойствах грунта впервые было
высказано русским академиком Ф уссом. Предпосылки для рас-
чета балок на упругом основании были даны Винклером1-
Зависимость между давлением на упругое основание и его осад-
кой по Винклеру выражается формулой:
р = ^у, (1)
где р — давление на упругое основание в какой-либо точке, равное
его реакции;
у — осадка в той же точке;
k — некоторый коэффициент, который считается постоянным
для данного грунта (коэффициент осадки, коэффициент
постели или коэффициент балласта для железнодорожно-
го пути).
1 Е. Winkler, Die Lehre von der Elasticity und Festigkeit, Praga , 1867.
7
Гипотеза Винклера часто называется также гипотезой
Винклера — Циммермана или Винклера — Шведле-
р а, по имени авторов, ее использовавших1.
Введение в расчеты гипотезы Винклера вызвано потреб-
ностью уточнить расчеты верхнего строения железнодорожного
пути, так как шпалы и рельсы при нагрузке подвижным составом
работают совместно.
В последующем стали применять гипотезу Винклера и для
расчета фундаментов сооружений.
В настоящее время теория расчета балок на упругом основании,
удовлетворяющем указанной гипотезе, разработана чрезвычайно
подробно. Большие упрощения дает метод начальных условий,
предложенный акад. А. Н. К р ы л о в ы м2.
Задача о расчете круглой плиты на упругом основании впер-
вые была решена акад. А. Н. Дин ником3.
Гипотеза Винклера, на которой базируются все эти расчеты,
является, однако, только удобной рабочей гипотезой, опыт же ее не
подтверждает. Прежде всего, по гипотезе Винклера осадка осно-
вания может быть только там, где приложена нагрузка. Между тем,
общеизвестно, что осадка всегда наблюдается и за пределами на-
груженного участка.
Далее оказывается, что осадка сооружений, имеющих неодина-
ковую площадь подошвы фундамента, различна для одного и того
же грунта при одном и том же единичном давлении.
Поскольку коэффициент осадки не учитывает размеров площади,
передающей давление, он не может быть вполне определенной ве-
личиной для данного грунта4.
Например по опытам в Эймюйдене5, представляющим инте-
рес и в настоящее время, коэффициент осадки для одного и того
же грунта (песка) колебался в зависимости от величины штампа,
который передавал давление на грунт в очень широких пределах —
от 3 до 49 кг/см2.
Следовательно, коэффициент осадки является совершенно услов-
ной величиной, не имеющей физического смысла. Гипотеза Винк-
лера имела еще оправдание в то время, когда в качестве балки на
упругом основании рассматривалась только железнодорожная
шпала стандартного размера, вследствие чего коэффициент осадки
мог до известной степени характеризовать упругие свойства грунта.
Теперь же приходится рассчитывать фундаменты самых различ
1 Н. Zimmerman, Die Berechnung des Eisenbahnoberbaues, Berlin, 1888;
J. W. S c h w e d 1 e г, статьи в «Minutes of Proceedings of the Institution of Civil
Engineers», 1882 и в «Zeitschrift fur Bauwesen», 1889.
2 Акад. A. H. Крылов, О расчете балок, лежащих на упругом основании,
Ленинград, 1931. #
3 А. Динни к, Круглая пластинка на упругом основании. «Известия Киев-
ского политехнического института», Киев, 1910.
4 Проф. П. А. Миняев, К вопросу о распределении напряжений в сыпу-
чих телах, «Известия Томского технологического института» № 1, 1915. F. Kog-
ler, Uber Baugrund Probebelastungen.«Die Bautechnik», 1931. *
5 A. В i j 1 s, Essais de resistance et delasticite du terrain de fondation de la
nouvelle ecluse maritime d’Ymuiden (Hollande), «Le Genie Civil», 1923.
8
ных размеров — от ленточных фундаментов каркасных зданий до
фундаментных плит под элеваторы и высотные здания, т. е. под
сооружения размерами в плане в несколько десятков метров, при-
чем осадка их выражается сантиметрами, а иногда десятками сан-
тиметров.
Применение в таких случаях гипотезы Винклера может по-
вести к ошибочным результатам-
Хотя гипотеза В и н к л е р а до сих пор еще находит применение
(правда, довольно редко), но высказанные выше соображения зас-
тавили специалистов перейти к более точным способам расчета. С
целью такого уточнения стали рассматривать основания сооруже-
ний— грунт — как изотропное упругое тело неограниченных раз-
меров в плане и в глубину и использовать для расчета методы тео-
рии упругости1. В порядке расширения задачи можно учитывать и
основание малой глубины с подстилающей его скалой или же слои*
стое основание.
Следует отметить, что под нагрузкой в грунте возникают преи-
мущественно сжимающие напряжения, а в таком случае безразлич-
но, являются ли деформации только упругими или упругими и ос-
таточными. Важно, чтобы была установлена пропорциональность
между напряжениями и деформациями. Указанное является бла-
гоприятным для применения методов теории упругости-
Отклонения свойств грунта от свойств идеально упругого тела
вполне можно оценить в расчете выбором соответствующего
модуля, аналогичного модулю упругости, но охватывающего упру-
гую и неупругую деформации-
Этот модуль принято.-называть модулем деформации.
Введение модуля деформации избавляет от введения коэффици-
ента осадки и позволяет рассчитывать фундаменты разнообразных
размеров.
- Несомненно, что когда свойства грунта будут изучены глубже,
их удастся учесть в расчетах. В настоящее же время наиболее точ-
ным и практически наиболее удобным является представление о
грунте как об упругом теле. Заметим, что это представление спра-
ведливо, когда напряжения в грунте под нагрузкой невелики и не
происходит существенных сдвигов.
Модуль деформации грунта, необходимый для практических
расчетов, определяется различными способами. Часто его находят
на основании изучения компрессионных кривых, полученных в ла-
боратории. Случается, что другой способ и нельзя применить.
Все же более надежные данные можно получить, наблюдая
осадки нагруженного штампа как на поверхности грунта, так и в
толще его. Когда представляется возможность, желательно приме-
нять этот прием.
1 Проф. М. М. Фи л о н е н к о-Б о р о д и ч с целью упрощения задачи пред-
ложил некоторую условную модель основания. См. его статью: Некоторые приб-
лиженные теории упругого основания. Ученые записки МГУ, изд. МГУ, вып.
XLVI, 1940.
9
В случае квадратного штампа можно приблизительно прини-
мать, что осадка у равна
у = 0,93-'~Ии Р, (2)
где ца — коэффициент Пуассона для грунта;
Р — нагрузка;
Eq — модуль деформации грунта;
а — сторона штампа.
Отсюда
Ео = 0,93 . (3)
уа
Коэффициент Пуассона для песка бывает в пределах от 0,2 до 0,3,
для глины — от 0,3 до 0-4.
Модуль деформации на практике оказывается равным пример-
но от 100 кг!см1 2 (для слабых грунтов) до 500 кг/елг2 (для плотных
грунтов), а в отдельных случаях даже больше.
Вопрос о расчете балки на упругом основании в виде упругого
тела бесконечных размеров имеет уже 40-летнюю давность. Однако
на пути к решению встречаются большие затруднения математи-
ческого характера.
Впервые задача была поставлена и частично решена Проф-
P. Э. Проктором*.
Одновременно той же задачей занимался Вигардт2. Но ему
для решения пришлось ввести некоторые произвольные допущения,
поэтому, естественно, он и не получил правильных результатов.
Поиски общего решения задачи расчета балки на упругом ос-
новании продолжались и позже- Но только в 30 и 40-х годах задача
была разрешена исчерпывающим образом3.
Предложенные различными исследователями методы расчета
отличаются друг от друга в смысле хода решения, но дают одина-
1 Г. Э. Проктор, Рукопись в Ленинградском технологическом инсти-
туте, 1922.
2 Wieghardt, Ober den Balken auf nachgiebiger Unterlage, Zeitschrift f.
angew. Mathematik und Mechanik, 1922.
3 См., например, сборник № 8 Трудов научно-исследовательского сектора
Фундаментстроя, Расчет балки на упругом основании без гипотезы Циммер-
мана— Винклера. Здесь помешены работы проф. Н. М. Г е р с е в а н о в а,
проф. В. И. Руднева. Я. А. М а ч е р е т, Б. П Павлова. М. И. Горбу-
нова- Посад ова. См. также А. П. С и н и и ы н, О распределении напряжений
у основания плотины треугольного профиля. «Вестник Военно-инженерной ака-
демии» № 20, 1937; В. И. Кузнецов, Балки на сплошном упругом основании,
Трансжелдориздат, 1938; В. А Флорин, Некоторые теоретические положения
расчета сооружений на податливых грунтах, «Гидротехническое строительстзо»
№ II, 1936; проф. Б. Н. Ж е м о ч к и н. Плоская задача расчета бесконечно длин-
ной балки на упруго-м основании. Расчет ба.-ок на упругом полупространстве и
полуплоскости, ВИА, 1937; его же, Расчет крулых плит на упругом основании
на симметричную нагрузку, ВИА, 1938; М. И Горбунов-Посадов, Плиты
на упругом основаниии, Госстрсйиздат. 1941; его же, Таблицы для расчета ба-
лок на упругом основании, Госстройизда!, 1939, его же, Расчет конструкций
на упругом основании, Госстройиздат, 1953.
10
ковые результаты. Очень важно, что методам расчета удалось при-
дать форму, дающую возможность применять их на практике при
проектировании сооружений-
Уже в первые годы после разработки способов расчета удалось
найти объяснения повреждениям некоторых сооружений, спроек-
тированных без учета упругости грунта. Причины этих поврежде-
ний раньше оставались бы не-
понятными.
Приведем примеры.
На рис. 1 и 2 показан один
из зерновых элеваторов1. Сте-
ны силосного корпуса железо-
бетонные, выполнены в под-
вижных формах и опущены
вниз до сплошной фундамент-
ной. плиты. Днища силосов
опираются на колонны, стоя-
щие на той же плите, но со
стенами силосов не связаны.
Стены силосов в нижней под-
силосной части ослаблены ря-
дом отверстий.
Если считать вертикальную
нагрузку (передающуюся на
стены от веса зерна вследст-
вие трения) равномерно рас-
пределенной по периметру си-
лосов, то напряжения в самом
нагруженном простенке подси-
лосного помещения не долж-
ны были превышать 42 кг!см?.
Но при пробной нагрузке,
элеватора, составлявшей при-
мерно 2/3 от расчетной, в стен-
ках подсилосного помещения
уже появились трещины.
На рис. 3 показана горизонтальная трещина в угловом силосе,
вызванная смятием бетона в рабочем шве. На рис. 4 показана вер-
тикальная трещина. А между тем казалось бы, что в это время на-
пряжения были совсем ничтожными.
Однако иначе обстоит дело, если принять, что реакция грунта
распределяется равномерно по всей площади фундамента.
Благодаря наличию консолей фундаментной плиты, наружные
стены силосов должны быть загружены больше, чем дает расчет,
учитывающий нагрузку сверху (разница нагрузок сверху и снизу
вызывает изгиб конструкции).
1 А. П. Си ницын, О причинах появления трещин в стенках железобетонных
силосов, «Проект и стандарт» № 8, 1937.
11
Но даже и в этом случае разрушения бетона не должно быть.
Обследование на месте показало, что бетон надлежащего качества.
Следовательно, причину повреждения надо было искать в другом-
То обстоятельство, что наиболее поврежденными оказались
стенки углового силоса и стенки по периметру, навело на мысль,
Ввиду этого был сделан поверочный
Рис. 3
что по краям фундаментной плиты давление на грунт значительно
превышает среднее давление. Между тем, если бы была правиль-
на гипотеза Винклера, то такого повышения давления не могло
бы быть.
расчет по новой теории
(когда грунт рас-
сматривается как
изотропное упругое
тело) теми метода-
ми, которые изло-
жены в настоящей
книге. Расчет обна-
ружил значительную
концентрацию реак-
ций грунта по конту-
ру, причем напряже-
ния в стенах подси-
лосного помещения
достигали значения
временного сопро-
тивления бетона. Та-
ким образом, причи-
на повреждений
стала ясной; кроме того, явилась возможность сделать правиль-
ный расчет и запроектировать усиление.
Укажем еще на другой случай на одном из цементных заводов.
12
Склад цемента на этом заводе состоит из восьми круглых желе-
зобетонных банок (силосов) диаметром 11 м. Все они монолитно
связаны между собой и имеют общие кольцевые бутовые фундамен-
ты. Днища силосов не связаны со
стенками и опираются при помощи
колонн на самостоятельные железобе-
тонные плиты в виде вкладышей меж-
ду бутовыми фундаментами. План ча-
сти склада показан на рис. 5, разрез
нижней части силосов — на рис. 6.
В пределах подсилосного помеще-
ния стенки силосов ослаблены окон-
ными проемами.
Во время эксплуатации в наруж-
ных простенках этого помещения поя-
вились трещины. Характер трещин
ясно виден из рис. 7 и 8. Внутренние
простенки трещин не имели.
Если, считать реакцию грунта рав-
номерно распределенной под бутовым
фундаментом, то в простенках должны
быть повышенные напряжения, но это
никак не могло объяснить тех разру-
шений, которые видны на фотографи-
ях: раздробление бетона и выпучива-
Рис. 4
ние арматуры как следствие сильного сжатия.
Поверочный расчет показал, что вследствие концентрации реак-
ций по наружному контуру напряжения бетона в нижних частях
Рис. 6
стенок силосов были весьма значительными, близкими к временно-
му сопротивлению бетона, но не достигавшими его. Этим объясняет-
ся, что трещины появились не при первоначальном загружении,
а во время эксплуатации после ряда загружений и опорожне-
ний силосов.
13
Интересно отметить, что на прочности конструкции отразилась
неблагоприятно излишняя ширина бутовых фундаментов (чем ши-
ре фундамент, тем с большей площади собирается реакция грунта).
Конечно, при проектировании силосов, когда еще не были разрабо-
Рис. 8
таны новые способы расчета, такое неожиданное влияние ширины
фундаментов никак нельзя было предусмотреть-
Приведенные примеры, а также многие другие показывают,
насколько важно и своевременно отказаться при расчетах крупных
сооружений от гипотезы Винклера и учитывать неравномерное рас-
пределение напряжений по подошве фундаментов, рассматривая
грунт как упругое тело.
Однако есть области, в которых и гипотеза Винклера приме-
нима1. Так, например к ней приходится прибегать в случаях, когда
на скале лежит слой грунта очень малой мощности, так что вопрос
о полупространстве отпадает.
Кроме того, соотношение, аналогичное приведенному в
формуле (1), является совершенно точным, если вместо грунта
имеется жидкость- Это надо учитывать при расчете понтонов, ле-
дяных переправ и т. п-
Переходя к методам расчета балок на упругом основании,
прежде всего отметим, что авторы этих методов обычно исходят в
1 Проф. П. Л. Пастернаком было предложено некоторое видоизменение
гипотезы Винклера в работе. «Основы нового метода расчета фундаментов на уп-
ругом основании при помощи двух коэффициентов постели», Госстройиздат,
1954.
14
«сновном из интегро-дифференциального уравнения, но различно
ЙЯЙагп интегрируют. Это совершенно правильный путь, но он пред-
Жйгавляет некоторые затруднения в условиях инженерной практики.
О&т В настоящей книге при разработке примеров принят метод,
^Предложенный одним из авторов книги, — проф. Б. Н. Жемоч*
иным.
При применении этого метода минуется стадия составления и
’f,решения интегро-дифференциального уравнения.
\ Расчет балки (или плиты) на упругом основании сводится к
".расчету статически неопределимой системы. Поскольку в настоя-
щее время все инженеры-проектировщики хорошо знакомы с рас-
. четом рам, для них не представляет никакого труда перейти и к
-J- расчету балок на упругом основании, так как эти задачи совершен-
но аналогичны. Интересно отметить, что степень статической не-
-определимости при расчете балки на упругом основании всецело
зависит от проектировщика. Чем большую точность расчета жела-
тельно получить, тем с большим числом неизвестных придется
иметь дело.
Для сокращения объема вычислительных работ при составле-
т, нии уравнений рекомендуется пользоваться таблицами, приведен-
ными в конце книги-
, у В целях лучшего освещения вопроса предварительно излагается
теория расчета балок и плит на упругом основании, после чего
у даются примеры. Большинство примеров взято из практики проек-
тирования сооружений и конструкций.
.у? В настоящей книге дается не решение какой-либо частной зада-
чи, а излагается общий метод, позволяющий решать большой круг
' Задач, даже выходящих за пределы расчета балок на упругом осно-
вании1. Некоторые, еще мало знакомые с методом, думают, что он
дает приближенное решение. Это не так. Рассчитывать балку мож-
но с любой степенью точности. Не мешает заметить, что
абсолютно точных математических величин, вообще, очень мало,
большая же часть величин — суммы рядов, тритоно-метрические ве-
личины, корни, постоянные числа и т. п. — принимают с нужной
степенью точности. Но никто не говорит, что эти величины прибли-
женные.
2. ОСНОВНЫЕ ПРИНЦИПЫ РАСЧЕТА БАЛКИ НА УПРУГОМ
ОСНОВАНИИ
Посмотрим, как в общих чертах может решаться зада-
ча о расчете балки на упругом основании без гипотезы Винклера,
какие затруднения возникают при решении и как их обойти.
Предположим, что имеем балку на упругом основании (рис. 9).
Со стороны основания возникают реактивные силы, эпюра которых
на рисунке заштрихована. Распределение реактивных сил сущест-
венно зав-исит от деформации самой балки.
1 Б. Н. Жем очкин, Расчет рандбалок и перемычек, Госстройиздат, 1960.
15
Так как высота балки мала по сравнению с ее длиной, будем
считать, что балка подчиняется закону плоских сечений; это поз-
волит применять для прогибов балки обычные формулы «Сонро- ;
тивления материалов».
Условимся, далее, не учи-
тывать сил трения или сцеп-
ления между балкой и осно-
ванием, т. е. предположим,
что между балкой и основа-
нием возникают только верти-
кальные силы1. Если для ка-
кой-либо точки поверхности
основания осадка у, а реакция
основания в этой же точке р
(очевидно, что и давление на
основание равно р), то дифференциальное уравнение изогнутой оси
балки будет:
diy р
dx* EJ '
(4)
Такова зависимость между нагрузкой на балку и ее прогибами,
равными осадкам упругого основания.
Установим теперь зависимость между нагрузкой на основание
и его осадкой. Если рассматривать основание как изотропное упру-
гое тело, то осадка должна быть не только в месте приложения на-
грузки (как это следует из гипотезы Винклера), но и за пределами
площадки загружения.
1 Влияние сил трения или сцепления вообще невелико, поэтому ими на
практике можно пренебрегать. Исследование этого вопроса см. Б. Н. Жемоч-
кин, Плоская задача расчета бесконечно длинной балки на упругом основа-
нии, ВИА, 1937.
В случае необходимости могут в расчет вводиться и силы трения. См. Б. Н.
Жемочкин, Расчет балок на упругом полупространстве и полуплоскости,
ВИА, 1937.
16
При действии на основание сосредоточенной силы эпюра осадок
и имеет примерно вид, указанный на рис. 10.
Осадка у в некоторой точке К, находящейся на расстоянии х
от единичной сосредоточенной силы, равна:
У-». (5)
Более подробно о выражении для этой функции в различных
случаях будет сказано дальше, пока же примем, что эта функция
I известна.
; Эпюра осадок может быть попользована как линия влияния.
Пусть мы хотим наити
осадку в точке К от си-
лы Р (рис. 11). Тогда по-
строим эпюру осадок от
единичной силы, располо-
женной в точке К. Осадка
в точке К от силы Р бу-
дет равна произведению
величины силы на орди-
нату у под силой.
Этим свойством эпю-
ры осадок и воспользуем-
ся для решения нашей
задачи.
Положим, что нагруз-
ка от балки на основание
распределяется по некоторой кривой (рис. 12). Нагрузка р в каж-
дой точке является некоторой неизвестной функцией F расстояния
от начала координат О.
Найдем общее выражение для осадки в какой-либо точке К,
находящейся на расстоянии х от начала координат. Для этого по-
строим эпюру осадок от единичной силы, приложенной к точке К-
Согласно вышеизложенному эта эпюра будет линией влияния
осадки в точке К. Ее ординаты равны f(z).
Через z обозначено расстояние от места приложения нагрузки
до точки К. Разобьем распределенную нагрузку на бесконечное
число сосредоточенных грузов, каждый из которых равен pdz.
Осадка в точке К от нагрузки pdz равна:
р dz.y = pdz-f(z) = pf(z)dz. (6)
Для того чтобы получить полную осадку в точке К, надо проин-
тегрировать выражение (6) в пределах от 0 до (х—а) и от 0 до
(Ь—х). При интегрировании расстояние х следует считать постоян-
ным. Поскольку р является функцией расстояния от начала коор-
динат, напишем вместо р выражения Fix.—z) и F(x + z).
Полная осадка в точке К равна:
х—а Ь—х
У = J F(x — z)f(z)dz+ Г F(x +z)f(z)dz . (7)
о о
2 Б. Н. Жемочкин, А. П. Синицын . — jy
I
Нагрузка же в этой точке
р = /'(х). (8)
Подставляя значения у и р в (4), получим такое интегро-диффе-
ренциальное уравнение:
х—а Ь—х
f F(x-Z)f(z)dz+ f F(x +z)/(2)rfzl = __^L. (9)
dx4 I J J ) EJ
о о
Решение этого уравнения представляет большие математиче-
ческие трудности. Не забудем, что функция F неизвестна, поэтому
непосредственно выполнить интегрирование нельзя. Необходимо
разлагать эту функцию в тот или другой ряд и затем находить ко-
эффициенты этого ряда из уравнений. Очевидно, что для практиче-
ских целей проектирования такой путь чрезвычайно сложен и не-
удобен. Естественно, напрашивается мысль отказаться от него и
попытаться найти иной способ решения задачи.
Такой способ, имеющий преимущества в практическом отноше-
нии, излагается в настоящей книге, и применение его иллюстри-
руется примерами. Изложим кратко основы способа.
При расчете балки на упргом основании нас главным образом
должна интересовать эпюра реакций основания (нагрузка на бал-
ку) или эпюра распределения давления по основанию, так как, зная
нагрузку, мы легко можем найти все необходимые для расчета
данные.
Эпюра реакций всегда ограничена кривой линией, но практиче-
ски достаточно найти некоторые ординаты и, соединив их прямыми,
получить ломаную линию (рис. 13).
Однако .-вместо схемы рис. 13 примем в целях сокращения вычис-
лительной работы схему по рис. 14, т. е. будем считать реакцию
основания равномерно распределенной в пределах сколь угодно
малых участков, а всю эпюру — ограниченной ступенчатой линией.
Очевидно, что эпюры рис. 13 и 14 в смысле точности равноценны.
Осадки будем определять только для середин отдельных пря-
13
молинейных участков. Кроме того, условимся в дальнейшем иметь
дело не с интенсивностью давления в каждом участке, а с равно-
действующей давления, приходящейся на этот участок.
Для расчета представим себе, что связь между балкой и осно-
ванием осуществляется только в отдельных точках, находящихся в
серединах прямолинейных участков эпюры. Таким образом, от рас-
Рис. 15
Рис. 16
чета балки на упругом основании мы перейдем к расчету балки на
упругих опорах, число которых можно принять, руководствуясь
только соображениями о желательной степени точности расчета.
Чем больше опор мы наметим, тем точнее будет и окончательный
результат. Для практических целей, как это видно из приведенных
ниже примеров, можно ограничиваться минимальным числом опор.
Расчетная схема будет такой, как показано на рис. 15. Услов-
ные опоры представлены в виде абсолютно твердых стержней-свя-
зей, присоединенных шарнирно к балке и к основанию. Горизон-
тальный стержень поставлен для того, чтобы лишить систему под-
вижности в горизонтальном направлении; никакой роли в даль-
нейшем он играть не будет1.
Рассматривая рис. 15, мы видим, что по существу здесь прихо-
дится иметь дело с обыкновенной статически неопределимой систе-
мой. Решать такую систему можно любым способом: способом сил,
способом деформаций (перемещений), смешанным способом.
Допустим, мы применим способ сил. Основную статически опре-
делимую систему выберем, разрезая или удаляя все вертикальные
стержни, кроме двух, и заменяя их действие действием неизвестных
сил X], Х2, Х3 (рис. 16).
1 Способ, при которем реакции основания считаются приложенными в от-
дельных точках и эпюра реакций для расчета принимается ступенчатой, был
применен автором еще раньше для винклеровского основания и изложен в
статье «К вопросу о расчете сухих доков» (Труды МИИТа, т. VI, изд. МИИТа,
1927).
Позже проф. А. А. Поповым в работе «Расчет бруса и оболочки большой
кривизны» (ТрансжелДориздат, 1935) была высказана мысль об использовании
этого способа для расчета головки шатуна, опирающейся на упругое основание
в виде пальца кривошипа. Но он не разъяснил, как должен быть определен
введенный им «коэффициент податливости основания».
2* 19
Для нахождения неизвестных-будем иметь канонические уравне-
ния обычного вида:
§11 + Х2 ^12 + *3 S13 4~ ^1р ~ 0 >
X} §21 4* Х2 ^22 4* *3 §23 4* = 0 ,
Х4 ®3i 4- Х% 832 4- Ъ б33 Д3р = 0 .
(Ю)
Первое из этих уравнении выражает условие, что суммарное пе-
ремещение по направлению силы Xi от действия всех сил X и на-
грузки равно нулю (т. е. кон-
Рис. 17
не представит. Для вторых же
(5), выражающую зависимость
осадками:
цы разрезанного стержня № 1
не сближаются и не расходятся);
второе уравнение выражает усло-
вие, что перемещение по направ-
лению силы Х2 равно нулю и
третье — по направлению Х3 рав-
но нулю.-
Перемещения 8 слагаются из
двух слагаемых: из перемещений
от прогиба балки и перемещений
от осадки основания. Первые мо-
жем найти элементарными прие-
мами, и никаких затруднений это
необходимо использовать формулу
между нагрузками на основание и
(П)
Найдя перемещения, подставим их в уравнения и разрешим
последние. Решение даст значения неизвестных сил X, а по ним не-
трудно найти и интенсивность давления в пределах каждого участ-
ка. После этого сможем вычертить ступенчатую линию эпюры дав-
ления на основание (или эпюру реактивного давления на балку).
При желании можем ступенчатую эпюру заменить эпюрой, очерчен-
ной по плавной кривой.
Оказывается, что способ сил для расчета балки неудобен по
ряду соображений. Гораздо выгоднее пользоваться смешанным
способом. Для этого, выбирая основную систему, на одном конце
балки введем условно заделку и разрежем или удалим все верти-
кальные стержни. Основная система принята согласно рис. 17. Те-
перь за неизвестные примем
х4, х2, х3, х4, х5
и, кроме того, осадку балки у0 в том месте, где мы приняли в основ-
ной системе заделку, а также угол поворота <р0.
Составляя первое уравнение, мы должны написать, что суммар-
ное перемещение по направлению силы Xj равно нулю. Оно зависит
от всех сил X, от осадки условной заделки у0, от угла поворота за-
делки <р0 и от нагрузки.
Таким образом, первое уравнение будет:
.4G 8ц 4~ *2 812 4~ Х3313 + Х4 В14 4- Х5 4- ув 4- at сро 4- Д19 = 0 . (12)
20
При составлении уравнения мы приняли, как положительное,
перемещение Уо вверх; положительный угол поворота — против
часовой стрелки, конечно, можно было бы изменить положитель-
ные направления Йёремещений на обратные, но при принятых нами
направлениях все члены уравнений в общем виде записываются со
знаком плюс.
Через П] обозначено расстояние от заделки до силы
В нашем случае будет пять уравнений такого вида, кроме того,
два уравнения равновесия: сумма всех сил X равна нагрузке и
момент в заделке равен нулю.
Как видим, число неизвестных в смешанном способе больше,
чем в способе сил. Тем не менее этот способ на практике имеет
преимущества, так как позволяет широко использовать таблицы.
Что же касается способа деформаций, то его пока вообще нель*
зя применить ввиду отсутствия необходимых таблиц1. Но если та-
кие таблицы будут составлены, то способ деформаций (или пере-
мещений) окажется наиболее удобным.
Таков в общих чертах порядок расчета балки на упругом осно-
вании.
Выше мы предполагали заменять равномерную нагрузку в пре*
делах каждого участка сосредоточенной силой. Однако на упругое
основание нельзя воздействовать сосредоточенными силами, так
как в местах приложения сил осадки будут бесконечно большими.
Поэтому следует принимать, что в пределах каждого участка
упругого основания приложена не одна сосредоточенная сила, а
равномерно распределенная нагрузка.
Для возможности решения задачи необходимо в первую очередь
установить зависимость между осадкой какой-либо точки
поверхности основания и н а г р у з к о й, равномерно распределен-
ной на некотором участке, причем предварительно нужно исследо-
вать случай сосредоточенной внешней силы.
После того как будет известна зависимость между осадками и
нагрузкой, можно рассмотреть подробно приемы расчета.
Здесь уместно отметить, что задача о расчете балки на упругом
основании может быть или плоской, или п-р о с тр а н ст в е н*
ной. Плоская задача, в свою очередь, распадается на две: плоское
напряженное состояние и плоская деформация.
При плоском напряженном состоянии основание
представляет неограниченную (в стороны и вниз) полуплоскость в
виде пластинки или стены бесконечно малой толщины. В целях
удобства при практических расчетах толщина такой стены принима-
ется равной единице (рис. 18, а).
В направлении, перпендикулярном боковым граням основания,
*,М! напряжения равны нулю, но деформации возможны. Подобный
t у-----------
1 Частный случай применения метода деформаций рассмотрен доц.
Я-Д Д- П. Пащевским; см. его статью «Применение метода деформаций к рас-
чету балки на упругом основании». Исследования по теории сооружений, вып. VI,
.^Госстройиздат, 1954.
21
случай встречается при расчете балок, лежащих на стене в ее плос-
кости. Та же задача, по с перевернутой схемой, имеет место при
расчете рандбалок, поддерживающих кирпичные стены.
При плоской деформации основание является безгранич-
ным (в стороны и вниз) полупространством, на котором лежит бал-
ка ограниченной длины, но беско-
нечно большой ширины; нагрузка
приложена -к балке по некоторой
линии, перпендикулярной длине
(рис. 18, б).
Для расчета вырезают двумя па-
раллельными плоскостями слой
толщиной, равной единице. Отличие
этого случая от предыдущего в том,
что перпендикулярно плоскостям
разреза исключаются деформации,
но могут быть напряжения. Плос-
кая деформация встречается при
балках очень большой ширины, как,
например, днища шлюзов и сухих
доквв, когда они рассчитываются
на изгиб в поперечном направле-
нии.
Пространственную за-
дачу представляет расчет балки ог-
раниченной длины и очень малой
ширины (чтобы балку не приходи-
лось рассчитывать как плиту), ле-
жащей на упругом полупространст-
ве (рис. 18, в).
В таких условиях находится
большинство фундаментов сооружений.
Изучать вопрос о зависимости между осадками и нагрузками
следует отдельно для случая плоской и пространственной задачи.
3. ОСАДКА ДЛЯ ПОЛУПЛОСКОСТИ
Предположим, что к полуплоскости, простирающейся безгра-
нично в стороны и вниз, приложена сосредоточенная сила Р
(рис. 19).
Как мы условились раньше, будем для удобства подсчетов при-
нимать, что полуплоскость имеет толщину не бесконечно малую, а
равную единице. Тогда и сосредоточенную силу Р следует считать
распределенной по линии, перпендикулярной полуплоскости, на
длине, равной единице.
Упругая осадка верхней линии полуплоскости (или в нашем слу-
чае — верхней грани той стены, которой мы заменили полуплос-
кость) произойдет по некоторой кривой (рис.20).
99
Решение вопроса об осадке в плоской задаче было дано Фла-
маном1. Из его исследования вытекает, что осадки для всех точек
верхней грани в плоской задаче бесконечно велики. Правда, в ре-
. альных условиях мы этого не наблюдаем, но исключительно потому,
' что не встречаем полуплоскости в чистом виде: полуплоскость всегда
имеет границу внизу на большей или меньшей глубине. Однако,
если эта глубина значительна, то мы имеем право полагать в рас-
четах эту глубину бесконечно большой. Но в таком случае мы
лишаемся возможности узнать абсолютные величины осадок, а
потому может идти речь только о разности осадок различных точек.
Вследствие этого условимся в дальнейшем определять не аб-
солютную величину осадки какой-либо точки, расположенной на
верхней границе полуплоскости, а разность осадок этой точки и
некоторой точки, находящейся на той же границе, но удаленной
на расстояние d от места приложения нагрузки.
Горизонт последней точки после деформации основания примем
за нулевой. Разность осадок будем для краткости называть просто
осадкой. Расстояние d выберем совершенно произвольно, важно
лишь, чтобы оно было весьма велико по сравнению с размерами
сооружения, которое мы имеем в виду рассчитывать.
Осадка у некоторой точки, находящейся на расстоянии г от мес-
та приложения нагрузки, может быть выражена следующей форму-
лой, получаемой из исследования Ф л а м а н а:
Эта формула определяет функцию f в формуле (5), о которой
мы говорили выше, и является для дальнейшего основной. Входя-
щая в формулу величина £0 — модуль деформации основания.
При r=0 z/=co, т. е. под сосредоточенной силой осадка равна
бесконечности. Поэтому нам следует отказаться от того, чтобы счи-
тать давление на основание сосредоточенным и перейти к равномер--
но распределенной нагрузке.
1 F 1 a m a n t, Comptes rendus, Paris, 1892.
23
Пусть нагрузка, равная единице, равномерно распределена на
длине с (рис. 21). Требуется найти осадку в точке К, отстоящей от
середины загруженного участка на расстоянии х.
Выше уже отмечалось, что эпюра осадок может рассматриваться
как линия влияния. Поэтому построим кривую осадок, определяе-
мую формулой (13), полагая в ней Р= 1; затем найдем площадь,
ограниченную кривой, в пределах загружения и помножим на ин-
тенсивность р. Эта последняя равна:
р = ^. (14)
Рис. 21
За независимое переменное при-
мем С. Проинтегрируем выражение
(13) в пределах от (х------до
fx + Осадка в точке К будет:
In — аХ.
Г
(15)
Через d обозначено расстояние до произвольной достаточно' уда-
ленной точки. На рисунке она не показана. Опуская процесс интегри-
рования1, напишем окончательный результат:
( F + С),
где:
1
л£0
(16)
(17)
С = 21п— 4-2-}-2 In 2 .
С
(18)
Мы предположили, что точка К находится вне пределов загру-
женного участка. Если же эта точка внутри участка, то получим:
У = -^-(/? + О,
(1.9)
1 Подробно см. Б. Н. Ж е м о ч к и н, Расчет балок на упругом полупрост-
ранстве 15 полуплоскости, изд. ВИА, 1937.
24
где
Что же касается С, то оно будет иметь прежнее значение.
Таким образом, осадка для всех точек верха основания выража-
ется одной и той же формулой (16) или (19), но функция F опреде-
ляется различно.
Для точки, находящейся в середине загруженного участка, при
х = 0 теперь уже не получим бесконечности. В этом случае
’ = <21>
Кривая, изображающая функцию F, приведена на рис. 22.
Напомним, что ординаты кривой пропорциональны только разно-
сти упругих осадок, абсолютная же величина любой осадки беско-
нечно велика.
На рис. 22 не указана линия, соответствующая горизонту точки,
находящейся на расстоянии d, так как эта точка может быть выбра-
на совершенно произвольно. Следовательно, линия, отстоящая от оси
абсцисс на величину •--- С, .может быть начерчена на любой
высоте. Практически удобно вести отсчет от уровня точки с х=0.
Хотя мы и привели здесь формулы для вычислений функций F,
но при расчетах этими формулами совершенно не приходится поль-
зоваться, так как составлена таблица (см. табл. 1 в конце книги).
В случае плоской деформации формулы (16) и (19) со-
храняют силу, но функция F, а равно и С должны быть умножены
на(1—Ро2), где р0— коэффициент .Пуассона для упругого осно-
вания.
25
4. ОСАДКА ДЛЯ ПОЛУПРОСТРАНСТВА
Если на поверхность полупространства, простирающегося беско-
нечно далеко в стороны и в глубину, действует сосредоточенная
сила Р, то по Бусс инеску1 осадка точки, находящейся на рас-
стоянии г от места приложения силы, равна (рис. 23):
лЕ, г
(22)
где р0 — коэффициент Пуассона материала основания.
Рис. 24
В отличие от плоской задачи мы получаем по этой формуле абсо-
лютные величины осадок.
Непосредственно под сосредоточенной силой при г = 0 осадка
равна бесконечности. Поэтому, как мы условились раньше, предпо-
ложим, что нагрузка распределяется равномерно по площади неко-
торого прямоугольника размерами Ь и с. На рис. 24 этот прямо-
угольник показан в плане. В наших последующих расчетах b будет
шириной балки, ас — расстоянием между условными стержнями.
Найдем осадку в точке К, отстоящей от центра загруженной пло-
щадки на расстоянии х (по оси той балки, которую будем рассмат-
ривать в дальнейшем).
Нагрузку на весь прямоугольник будем считать равной единице.
Интенсивность равномерно распределенной нагрузки:
Р = ~ • (23)
Ьс
Выделим из прямоугольника бесконечно малый элемент разме-
рами d. С и d т] с координатами по отношению к точке К— С и т).
Нагрузка на выделенный элемент:
рЛйБ] = -^-. (24)
be
1 J. Boussinesqu, Application des potentiels a I etude de 1’equilibre et du
mouvement des solides elastiques, Paris, 1885.
26
Осадка в точке К от нагрузки этого элемента по формуле (22)
будет
d2y =
Ьс я Ее г
(25)
Осадку мы обозначили не через у, а через двойной дифференци-
ал от у, так как пока имеем бесконечно малый элемент.
Для того чтобы найти осадку в точке К от загружения всего пря-
моугольника, надо дважды проинтегрировать выражение (25)
С=х— — ™=о
2
ь
2
d^d-q
• (26)
После интегрирования1 окончательно получим:
у . . O-Hg)
яЕе с
где F выражается довольно сложной формулой:
1 Подробно см. Б. Н. Жемочкин, Расчет балок на упругом полупрост-
ранстве и полуплоскости, изд. ВИА, 1937.
27
Для осадки в средней точке прямоугольника (х=0) получим
опять
У-^F,
пЕ0 с
(29)
но теперь
F = 2 — f In f—W — In
b ( \ с / c
(30)
На рис. 25 показа-
ны кривые функции F
для различных отно-
шений —. Напомним,
С
что функция Fпропор*
циональна абсолют-
ным величинам осадок
(в противоположность
плоской задаче, где
осадки отсчитывались
от некоторого условно-
го горизонта).
Значения функции
F, вычисленной по фор-
мулам (28) и (30), для
различных — и —приведены в конце книги в табл. II. Как видим,
с с
b , •
при различных — функция оказывается различной только для ма*
лых — . Чем больше —, тем разница между значениями F меньше;
F приближается к значению F = —.
X
Теперь мы имеем все данные для того, чтобы рассмотреть прие-
мы расчета балок сначала на упругой полуплоскости, а затем и на
упругом полупространстве.
Изложим здесь эти приемы более подробно, чем в § 2.
5. РАСЧЕТ БАЛОК НА УПРУГОЙ ПОЛУПЛОСКОСТИ
Предположим, что имеем балку, нагруженную какой-либо на-
грузкой и лежащую на упругом основании в виде полуплоскости
(рис. 26).
28
Разделим мысленно балку на равные участки длиной с. Их число
можно принимать совершенно произвольно, исходя исключительно
из соображений о желательной точности расчета.
В пределах каждого участка будем считать реакцию равномерно
распределенной (рис. 27).
Поместим между бал-
кой и основанием в сере-
динах участков условные
абсолютно жесткие
стержни (рис. 28). Для
ясности число стержней
в расчетной схеме сильно
сокращено.
Горизонтальный стер-
жень поставлен для того, чтобы сделать систему неизменяемой,
усилие в нем равно нулю, и никакого значения для дальнейшего
он иметь не будет.
1
few
Рис. 26
Рис. 27
Постановкой вертикальных стержней-связей мы вводим условие,
что перемещения балки и основания в местах этих стержней одина-
ковы.
Для расчета статически неопре-
делимой системы, приведенной на
рис. 28, выберем смешанный способ.
Поместим на конце балки задел-
ку и разрежем или удалим все вер-
тикальные стержни, заменив их дей-
ствие действием неизвестных сил
Х[, Х2, Х3... Неизвестными будут так-
же осадка у0 начальной точки в мес-
те условной заделки и угол поворо-
та ?ов заделке, так как в действи-
тельной системе, конечно, никакой
заделки нет. Основная система будет по рис. 29.
Канонические уравнения составим, исходя из условий, что сум-
марные перемещения по направлению каждого разрезанного стерж-
ня равны нулю.
Эти перемещения зависят от действия всех сил X, от осадки уо
a.
Рис. 29
29
(причем положительному у0 соответствует перемещение по направ-
лению сил X), от угла поворота <р0 (положительный угол поворота
вызывает перемещения по направлению сил X) и, наконец, от дей-
ствия внешней нагрузки1).
Для какой-нибудь точки К (где находился стержень с усилием
Хк) перемещение от осадки у0 равно у0 (рис. 30).
Если обозначить расстоя-
ние от точки X до условной
заделки через ак , то переме-
щение, вызванное углом пово-
рота, равно ак<?0-
Уравнение, выражающее
условие, что суммарное пере-
мещение по направлению X*
равно нулю, будет иметь вид:
Рис. 31
Х\8А1 + Х28А2 +
+ *з 6Аз -}-••• 4~ У о 4"
+ ak ?о + А*о ~ 0. (31)
Рис. 30
Здесь 8*1, 8*2, 8*3,-• • — перемещения по направлению силы Хк
от действия единичных сил, приложенных в точках /, 2, 3,..., Дкр —
перемещение по направлению X* от внешней нагрузки.
Составляя уравнения для схемы, приведенной на рис. 29, полу-,
чим такую систему:
^18ц + Х2812 + Х3613 + Х4814 4- уо + fli?o + &1Р ~ 0 ;
^1^21 4~ ®22 4" Х3 б23 + Х4 824 + Уо + а2 ?0 ~Ь ^2р ~ 0 ;
®3i 4“ Х2 б32 Х3 833 Х4 З34 + Уо 4~ а3 <р0 + Д3р —0;
Xi 84i + Х2 д42 -|- Х3 В43 Д- Х4 В44 -|~ Уо 4* at ?о + &4О ~ 0 .
(32)
Кроме того, составим еще два уравнения равновесия.
Для одного из них воспользуемся тем, что сумма проекций всех
сил на вертикальную ось равна нулю:
X,+X2 + X3 + X4—SP = 0. (33)
Можно, конечно, изменить положительные направления для ул и?#.
30
Другое уравнение выразит условие, что сумма моментов всех
сил в сечении, где введена заделка, равна нулю:
Х^ + Х^ + Х^ + Х^-КМ^Ъ. (34)
При составлении двух последних уравнений положительные на-
грузки приняты направленными вниз.
Покажем, как вычисляются коэффициенты уравнений.
Перемещение в какой-либо точке К (по направлению силы Xk)
от действия единичной силы, приложенной в точке /, т. е.. i>ki, сос-
тоит из перемещения от осадки основания у к1 и из прогиба балки
vki (рис. 31, а):
°kt ~ У kt + Ущ (35)
Для того чтобы избежать бесконечно больших осадок под сосре-
доточенными силами, необходимо считать, что на основание дей-
ствуют не сосредоточенные силы X (и соответственно не единичные
сосредоточенные силы), а равномерно распределенные нагрузки на
длинах с, т. е. в пределах каждого участка, на которые мы разбили
балку для расчета.
Осадка в точке К от единичной силы, приложенной в точке /,
определится по формуле (16):
yki=-^-{Fki + Q. (36) '
2Т12 Q
Значение функции F зависит исключительно от расстояния между
точками К и J. Так, если это расстояние равно 3 с, то по табл. I
/ х о \
для — — 3
\ с /
F = — 5,574.
Что же касается прогиба балки о*г, то он найдется по известной
формуле Максвелл а—М о ра :
(37)
J EJ
Силы, действующие на балку, можно считать для упрощения не
равномерно распределенными, а сосредоточенными.
При балке постоянного сечения вычисление интеграла сведется
к перемножению эпюр Mk и М £ от единичных сил. Эпюры имеют
вид треугольников (рис. 31,6).
Если а { > ак, то необходимо площадь эпюры Мк помножить на
ординату против ее центра тяжести, но взятую из эпюры М £ и рав-
ную 1 а£ — -yj. Получим
М 1 - я^3а1~а^
’ 1 Lit j —
' 2 \ 3 J EJ GEJ
(38)
Если а£ < ак, то следует а £ и а к переменить ‘местами.
31
Формулу (38) можно переписать так:
(39) (
где
= (^Г(3"Г ~тО ’ *(40) *
В выражение для w входят только отношения расстояний а* и
at к длине с. Поэтому можно составить таблицу значений w. Такая
таблица помещена в конце книги (см. табл. IV).
Таким образом, при расчетах балок постоянного сечения вычис-'
ления по формулам не нужны.
Необходимое нам w находим на пересечении соответствующего Т
столбца и строчки. Если, например,-^- =<3 и =5, то w = 108. *
с с |
Половина таблицы не заполнена, так как г
= (41) )
На основании формул (36) и (39) перемещение 8а; равно У
s*-' = i<F‘'+c> + ^r“’- <42> [
Здесь С — некоторая совершенно произвольная величина, опре- р.
деляемая только лишь расстоянием d до точки, от уровня которой L
после деформации считаются осадки. Эту точку можно выбрать, L
где угодно, но обязательно соблюдение условия, что d достаточно |
велико по сравнению с длиной балки. Ввиду этого допустимо счи-
тать С одинаковым для осадки всех точек на протяжении балки. j
Для того чтобы в расчетах избавиться от произвольного посте- i
янного С, будем считать, что перемещение bki определяется не фор- ;
мулой (42), а формулой:
+ (43)
л Ea vEJ
Тогда в общем уравнении (31) окажется ряд членов с общим
множителем С
Xi ^ki + 8*2 + ^-з Тгз + • +
+ + -^2 + + ‘ • •) С + Уо + То + ^kp = 0 . (44)
я Ео
Но сумма всех X равняется нагрузке SP. Произведем замену и
соединим полученный член с у0: |
Xi ^ki + бА2 + Х3 8*3 + • • + (у0 4-—) + а* То + &kp = 0 . (45) ®
\ л Ео )
Выражение в скобках будет одно и то же во всех уравнениях. ,
(Q 2 Р \ Г
у0 + —— оставить обозначение уо. Тогда Д
л£0 / -s
32 i
Уо будет некоторой условной осадкой, но эта условность не имеет
значения, так как при плоской задаче истинная величина осадки
всегда остается неизвестной.
Уравнение в общем виде будет такое же, как и по формуле (31),
но только входящие в него коэффициенты будут теперь определять-
ся не по формуле (42), а по формуле (43).
Далее сделаем еще одно преобразование. Умножим все б на л£о,
от этого уравнения не изменятся, но бА,г будем определять уже по
более простой формуле:
(46)
где а— некоторый постоянный для данной балки (если она посто-
янного сечения) коэффициент:
\i = Pkl + ^ wki.
л Ёо с3
6EJ
(47)
Тогда общее уравнение останется прежним. Вся система кано-
нических уравнений [формулы (32—34)] для схемы рис. 29 не изме-
нится; но б теперь будут равны не истинным перемещениям, а уве-
личенным в к£0раз.
Свободные члены уравнений ДАг, представляющие прогибы
балки от внешней напрузки, могут, как и w, находиться по табл. IV,
если внешние силы приложены в местах опорных стержней; таблич-
ные данные следует также умножать на а.
Если внешние силы не совпадают с опорными стержнями, сле-
дует или каждую силу разложить на две в местах опорных стерж-
ней, или вычислить прогибы по формуле Максвелла—Мора. В этом
случае прогибы нужно умножать на к £0.
Решение канонических уравнений никаких особенностей не
представляет и делается легко.
Решив уравнения, найдем усилия X в стержнях. После этого
следует перейти к интенсивности реакции основания в пределах
участков длиной с. Для этого надо все X разделить на с.
Наконец, можно построить эпюру реакций, ограниченную сту-
пенчатой линией (при желании возможна замена плавной кривой),
а равно найти изгибающие моменты в балке, вызванные внешней
нагрузкой и силами X.
Если требуется построить, кроме того, кривую осадок, то сле-
дует найти осадку в какой-либо точке от каждой оси силы X в от-
дельности, а затем сложить их. Следовательно,
(48)
Конечно, кривая осадок будет указывать только лишь на соот-
ношения между осадками различных точек, но абсолютных величин
осадок по условиям плоской задачи мы получить не можем.
До сих пор мы имели в виду случай плоского напряжен-
ного состояния. При плоской деформации общий по-
рядок расчета остается тот же самый. Напомним, что в этом случае
3. Б. Н. Жемочкин, А. П. Синицын.
33
необходимо вырезать из балки (ширина которой значительно пре-
вышает длину) и из упругого основания полосу шириной в единицу.
Коэффициенты уравнений могут находиться, как и раньше, по
табл. I и IV (см. III часть). Однако коэффициент а здесь равен
я = я £0 С3 (1 — р.2)
6Е/(1 — jig)
где р — коэффициент Пуассона балки.
EJ
!---- называется цилиндрической жесткостью и обычно
обозначается буквой D. Следовательно:
л£0 С3
u ______
6-0(1 —Но)
причем для прямоугольного сечения
(50)
(51)
D =------—-----Е
12(1 -р.2)
где h — высота сечения
При равенстве коэффициента Пуассона для материала балки и
основания коэффициент а одинаков в случае плоского напряжен-
ного состояния и в случае плоской деформации.
При вычислении осадок после определения сил X также следует
учитывать коэффициент Пуассона.
Осадка в случае плоской деформации
V xi (1 - Но)
Fki. (52)
Расчеты балок на упругой полуплоскости для случая плоского
напряженного состояния даны в примерах 1 и 6, а для случая плос-
кой деформации — в примерах 2, 7, 9, 11, 17 и 22.
При проектировании железобетонных балок следует вычислять
моменты инерции с учетом арматуры. Часто, однако, арматуру не
учитывают, но принимают приведенный модуль упругости.
Итак, подведем итог.
Рассчитывать балку на упругом основании следует в таком по-
рядке.
1) Установить расчетную схему, для чего предположить,
что между балкой и упругим основанием поставлены условные свя-
зи-стержни на равных расстояниях с.
2) Перейти к основной системе, для чего разрезать или
удалить эти связи и предположить где-либо заделку.
3) Составить канонические уравнения, приняв за неиз-
вестные усилия в стержнях, а также осадку условной заделки
и угол поворота.
4) Вычислить коэффициент а по формуле (47) [или по фор-
муле (50) ].
34
5) Вычислить коэффициенты уравнений ^перемеще-
ния) по формуле (46), причем, для определения F использовать
табл. I, а для определения w—табл. IV.
6) Вычислить свободные члены уравнений как прогибы,
причем, если внешние силы находятся в тех же местах, где прило-
жены условные связи-стержни, можно использовать табл. IV (не
забывать умножать прогибы на коэффициент а).
7) Решить уравнения и найти неизвестные.
8) Найти интенсивности реакций в каждом участке.
9) Построить требуемые эпюр ы.
6. РАСЧЕТ БАЛОК НА УПРУГОМ ПОЛУПРОСТРАНСТВЕ
Балка на упругом полупространстве рассчитывается аналогично
балке на упругой полуплоскости.
Л
Фиктивные опорные
стержни
Рис. 32
Разобьем балку по длине на равные участки сив серединах
участков предположим опорные стержни (рис. 32). Таким образом,
каждый участок балки будет опираться на основание только в од-
ной точке.
Указанные на чертеже горизонтальные стержни поставлены для
того, чтобы сделать систему неизменяемой, но усилия в них равны
нулю.
По причинам, изложенным в § 4, нагрузку на основание от каж-
дого опорного стержня мы будем считать не сосредоточенной, а
равномерно распределенной по площади ЬХс, где b — ширина бал-
ки, с — расстояние между стержнями.
В действительности нагрузка на основание, конечно, распреде-
ляется неравномерно не только в продольном направлении, но и в
поперечном, причем распределение нагрузки в поперечном направ-
лении зависит от жесткости балки.
Осадки по оси балки и по краям также должны быть различны-
ми. Если считать балку абсолютно жесткой в поперечном направле-
3*
35
. ни.и, то осадки по оси и по краям будут одинаковыми, но не равны-
ми тем осадкам, которые мы нашли .в § 4; напряжения же будут
больше по краям, чем в середине.
Таким образом, в наших предположениях заключается неточ-
ность, тем большая, чем больше ширина балки. Поэтому будем
предполагать балку достаточно малой ширины Ь, как это обычно и
бывает в большинстве случаев практики. Реакции по ширине балки
будем считать равномерно распределенными.
р Широкие балки придется рас-
считывать как плиты на упругом
основании (см. § 11).
„ Для расчета балки опять, как и
этияммм кмннвнмвшв в предыдущем параграфе, приме-
\ г ним смешанный способ решения.
'Т Предположим заделку в каком-ни-
будь сечении, хотя бы на конце, и
удалим опорные стержни, заменив
Рис. 33 их действие действием неизвестных
сил Xb Х2, Хз,...
Основная система дана на рис. 33.
За неизвестные, примем, кроме сил X, также осадку у0 началь-
ной точки и угол поворота <р0 в этой точке. Для системы с четырь-
мя опорными стержнями канонические уравнения будут иметь вид:
Xi бп+ Х2 612 4~ Ха б13 4- Xt б14 -}- Уо + ?о Й1 + &1Р — 0;
X]. ^21 + Х2 6-22 + Х3 623 + ^4 ^24 + Уо + ?0 й2 + &2р = 0 !
^1 ^31 + ^2 Да “Г Х3 б33 -4~ Х4 634 + уо 4" ?0 «3 + ^Зр = 0 ;
б41 + Х2 б42 + Хй 643 + Xt б44 + Уо + ®0 й4 + ^4р — 0;
Хх +х2 +х3 +Х4 =
Xiai 4~ Х2 а2 4-Х3п3 -j-Х4а4 —SMp=0.
Первые четыре уравнения выражают условия, что суммарные
перемещения по направлению каждого из неизвестных Х'1,Х2, Х3,...
равны нулю. Пятое и шестое уравнения являются уравнениями рав-
новесия.
Перемещения 8 слагаются из перемещений от осадки основания
и от изгиба балки.. Таким образом, перемещение по направлению
силы Xk от действия единичной силы, приложенной по направле-
нию Xlt равно:
hi = Уы + vki. (54)
Первое слагаемое определяется по формуле (27) (стр. 23) для
упругого полупространства:
(1 — Uq)
(55)
Значения функции F найдем в табл. II, выбрав в ней столбец с
ь
соответствующим расчетному случаю отношением— .
36
Функция F определяется расстоянием между точкой, где прило-
жена сила, и точкой, где отыскивается перемещение. Если, напри-
мер, отношение — = 2 и расстояние между точками равно Зс, то
F = 0,330.
При отсутствии в таблице нужного отношения — можно нахо-
С
дить F по интерполяции или же остановиться на ближайшем столб-
це.
Прогиб балки по формуле (39) (стр. 28) равен
с3
6£У
где wki —единичный прогиб, приведенный в табл. IV.
Таким образом,
(56)
( 1 — Цд)
^^+-777-^-
л Ей с 6EJ
В целях упрощения вычислений умножим первые четыре уравнения
лЕос , но оставим для у0 - прежнее обозначение у0.
На (1-Но) 0-$
Тогда вместо по формулу (57) примем:
1^,- = Fki + awkt
с3
(57)
(58)
где
л Еп с*
а =-------У---
6£/(1-jx2)
(59)
Коэффициент а вычисляется один раз при расчете балки и явля-
ется постоянной величиной, если балка имеет постоянное сечение.
Когда решим уравнения и найдем все неизвестные, можем опре-
делить интенсивность реакции основания в каждой точке делением
X на с и вычертить эпюру реакций.
После этого найти моменты и поперечные силы в балке не
представит затруднений.
Если требуется построить эпюру осадок, то сначала найдем
осадки от каждой силы в отдельности и затем сложим их. Осадка
начальной точки, где принималась условная заделка, должна быть
равна
л £0 с
(60)
В отличие от случая полуплоскости будем получать истинные вели-
чины осадок, отсчитываемых от первоначальной поверхности осно-
вания, которая была до деформации.
На практике иногда встречаются случаи, когда балка по сравне-
нию с упругим основанием имеет очень большую жесткость и поэто-
37
му без большой ошибки может быть принята абсолютно жесткой.
Для этого случая (характеризующегося отсутствием членов w в пе-
ремещениях) составлена таблица, помещенная в III части
(табл. VI). В ней приведены результаты расчета для балок различ-
ной ширины на упругом полупространстве. В этой же таблице име-
ются данные и для абсолютно жесткой балки на упругой полуплос-
кости. Нагрузка на балку предположена равномерно распределен-
ной или вообще симметричной.
Расчеты балок на упругом полупространстве разобраны в при-
мерах 3, 4, 5, 8, 17 и 20.
Для того чтобы подвести итог и установить порядок расчета, на-
до повторить изложенное в § 5 с соответствующим изменением но-
меров формул.
7. ВЫБОР РАСЧЕТНЫХ СХЕМ
При расчете балки на упругом основании большое значение
имеет удачный выбор расчетной схемы и основной системы.
I -----------------1
Рис. 34
Рис. 36
В симметричных балках следует обязательно использовать выго-
ды, даваемые симметрией. Так, если мы имеем симметричную балку
с несимметрично расположенной нагрузкой, то следует разбить на-
грузку на симметричную и обратно симметричную (рис. 34) и рас-
считать балку дважды.
При размещении стержней между такой балкой и основанием
целесообразно один из стержней поместить в середине балки с тем,
чтобы она была разбита на нечетное число участков длиной с. Это
облегчит, как увидим дальше, вычисления, так как расстояния
стержней от середины балки будут кратными длине с. На рис. 35
длина балки принята равной 7с.
38
V
\ Разбирая общий случай расчета балки, мы предполагали в ос-
новной системе заделку левого конца балки. Но при симметричной
балке так поступать неудобно. Гораздо лучше предполагать задел-
ку в середине длины балки; тогда и основная система станет сим-
метричной, благодаря чему сократится число неизвестных.
Для симметричной составляющей нагрузки основная систе-
ма будет принята по рис. 36.
В заделке поместим две равные силы Хо. Все силы X с одной
стороны будут попарно равны силам X с другой стороны. Ввиду
симметрии никакого угла поворота в месте заделки не будет, но
осадка уо в уравнениях останется и должна быть принята за неиз-
вестное.
Уравнения в этом случае будут иметь вид:
^оо + Хг 601 + ^2 ^02 + Х3 й03 -|- Уо =0;
X, ^10 + -}- Х2 612 + Х3 513 Уо + = 0 ;
^0^20 +-^1°21 + ^2^22 4~ -^3^23 + Уо 4~ ^2р — 0 ; (§1)
X, 630 + Хг 631 4- X26S2 4- Х3 <533 4- у0.+ Д3р = 0 ;
Хо +*! 4- Х2 +Х3 -^- = 0.
В первом уравнении отсутствует член ДОр, так как внешняя на-
грузка не вызывает перемещения по направлению силы Хо. Всего
имеем пять уравнений с пятью неизвестными.
Уравнение, в которое входил бы момент сил, отсутствует, так
как в сечении, где предположена заделка, момент не равен нулю.
Вычисляя перемещения по формуле (46) (стр. 29) или (58)
(стр. 33), функцию F мы должны определять для пары сил X слева
и справа. Так, например, для Дг учтем, что одна сила Х2 находит-
ся от Х[ на расстоянии с, а другая—на расстоянии Зс. Если у нас
упругое основание в виде полупространства й отношение— =2, то
по табл. II для первого случая будем иметь 0.929 и для второго—
0,330. Таким образом,
F12 = 0,929 4- 0,330 = 1,259 .
Точно так же
Е13 = 0,490 4- 0,249 = 0,739;
F02 = 0,490 2 = 0,980;
F2s — 2,406 4- 0,249 = 2,655 и т. д.
Для прогибов же w следует учитывать силы только с одной сто-
роны, так как левые силы благодаря заделке не могут вызывать из-
гиба правой части балки. Так, например, по табл. IV:
®12 = 5 ;
да13= 8;
а>02= 0;
w22 = 16.
39
Полные перемещения будут:
б12 = 1,259 + а-5 ;
б13 = 0,739 + а-8;
002 = 0,980;
б22 = 2,65 5 -|-а-16.
Коэффициент а следует вычислять по формуле (47) для полу-
плоскости или по формуле (59) для полупространства.
Переходя к расчету балки на обратно симметричную
нагрузку (рис. 37), замечаем, что силы X, расположенные на оди-
наковом расстоянии слева и справа от заделки, попарно взаимно
равны, но имеют противоположные направления.
Рис. 37
Рис. 38
Сила Хо из уравнений исчезает, так как она равна нулю.
В месте заделки теперь уже не будет осадки, но зато появится
угол поворота <ро.
Уравнение равновесия составим из условия, что сумма момен-
тов относительно сечения, где предположена заделка, равна нулю.
Уравнения будут иметь вид:
Xi бц + А'2б12 4- Х3613 + cpoflj 4- — 0 ;
Х1 ®21 + Х2 &22 + *3 S23 + ?0 fl2 + \р == 0 J
Xi 631 + Х2 бзг + Х3 баз -ф ф0 а3 4- к3р — 0 ; ^)
р
4- Х2 а2 4- Х3 а3 --------г = 0.
При определении F опять учтем силы X справа и слева, но об-
ратим внимание на знаки. Прогибы w будем определять от сил X
только с одной стороны.
Например, для того же случая — =2:
с
б12 = (0,929 — 0,330) +а- 5 = 0,599 4-а- 5;
= (0,490 — 0,249) + а- 8 =0,241+а- 8;
622 = (2,406 - 0,249) + а-16 = 2,157 + а-16 .
Таким образом, в данном примере придется решить один раз для
симметричной нагрузки пять уравнений и другой раз для обратно
симметричной нагрузки четыре уравнения.
40
,/ \
Между тем, если бы мы поместили заделку на конце, то приш-
лось бы решить совместно девять уравнений с девятью неизвест-
ными (семь сил X и две деформации у0 и ?о)-
Если балка несимметричная и имеет по длине перемен-
ное сечение, то разбивка нагрузки на симметричную и обратно' сим-
метричную ничего не даст. Здесь будет неизвестных столько, сколь-
ко взято опорных стержней, кроме того, еще у0 и <с0. Уравнения в
общем виде будут:
Xi e*i + ^2 s*2 + б*з + • • • +Уо + a-h 0 4- = 0 . (63)
Для балки, имеющей три участка разных сечений (рис. 38),
примем заделку хотя бы на границе между первым и вторым
участками.
Для определения прогибов придется вычислить два значения
коэффициента а: для первого участка по жесткости первого
участка и для второго и третьего а2 по жесткости второго участка.
Рис. 39 Рис. 40
При нахождении прогибов балки в пределах второго участка от
сил, находящихся во втором и третьем участках (от единичных сил
и от внешней нагрузки), сможем воспользоваться табл. IV, умножая
табличные коэффициенты на а2. Но для вычисления прогибов в
третьем участке от сил, расположенных в этом же участке, необ-
ходимо применить перемножение эпюр. При этом, перемножая
эпюры в пределах третьего участка, нужно разделить результат на
EJ„
отношение----.
EJ2
'Не забудем также, что найденные путем перемножения
эпюр прогибы следует помножить в случае плоского напряженного
„ . „ л Е,с
состояния на лс0 а в случае пространственной задачи на----
0-Но)’
Разберем еще случай, когда на упругом основании находятся не
одна, а две балки (или несколько балок), причем, вследствие мало-
го промежутка между ними, осадка одной из балок влияет на осад-
ку другой (рис. 39).
Основную систему примем по рис. 40, предполагая заделку одно-
го конца каждой из балок.
При составлении уравнений, когда будем вычислять осадки,
учтем одновременно все силы X, но-, вычисляя прогибы балок, обра-
тим внимание на то, что нагрузки, приложенные к одной из балок,
не могут вызывать изгиба другой балки.
41
За неизвестные следует принять, кроме сил X, также осадки и
углы поворота в начальных точках каждой балки.
Приведенная здесь схема может встретиться на практике при
выяснении взаимного влияния двух соседних зданий больших раз-
меров, несущих большие нагрузки и имеющих фундаменты в виде
сплошных плит. Расчетом можно установить величину взаимного
наклона зданий или, наоборот, задавшись величиной наклона, найти
минимальное расстояние между
зданиями.
В заключение покажем, почему
при выборе основной системы не-
удобно пользоваться способом сил,
а приходится прибегать к смешан-
ному способу, несмотря на то, что
способ сил требует меньшего числа
неизвестных.
Предположим, что применяя спо-
соб сил, мы отбросили в расчетной схеме все вертикальные опор-
ные стержни, кроме двух, и заменили их действие действием не-
известных сил Xi, Х2, ... (рис. 41).
Если балка имеет длину 7 с, то неизвестных будет всего пять
(!в общем случае при несимметричной балке).
Рис. 42
При смешанном же способе пришлось бы искать всего девять
неизвестных: семь сил X, осадку начальной точки и угол поворота.
Если бы балка была симметричной, то при симметричной нагруз-
ке способ сил потребовал бы три уравнения с тремя неизвестными;
смешанный же способ — пять уравнений. При обратно симметрич-
ной нагрузке способ сил потребовал бы два уравнения и смешан-
ный способ — четыре.
Таким образом, способ сил имеет преимущества в смысле числа
уравнений и, казалось бы, должен дать экономию в труде и време-
ни. Однако это не так, и от способа сил приходится отказываться
из-за сложности вычисления коэффициентов уравнений.
В самом деле, посмотрим, как находится перемещение в точке К,
т. е. по направлению силы Xk от действия единичной силы, прило-
женной в точке J по направлению Х} (рис. 42).
42
Единичная сила, приложенная в точке/, должна вызвать усилия
в крайних стержнях. Следовательно, к упругому основанию вместо
одной силы будут приложены одновременно три силы, из которых
крайние направлены вверх, а средняя — вниз. Осадку основания
в точке Д' нужно искать от трех сил. Но, кроме того, надо найти
осадки в крайних точках А и В и перемещение точки, находящейся
на линии А'В' в сечении- К. В результате мы сможем найти у*(- —
перемещение по направлению Xk вследствие деформации основа-
ния. Если мы не проделаем последней операции, то нам придется
все равно учитывать перемещения точек А и В, когда перейдем к
балке. Остается определить теперь прогиб wkl для однопролетной
балки в точке К от действия единичной силы, приложенной в
точке J.
Таким образом, мы видим, сколько приходится проделывать
лишней работы по сравнению со смешанным способом. Но и этого
мало. Само определение wki также связано с затруднениями вви-
ду того, что для него приходится перемножать треугольные эпюры
с вершинами в разных местах (при групповых неизвестных перем-
ножать трапеции).
Если даже для этого случая составить таблицы, то они будут
чрезвычайно громоздкими, так как для различных практических
случаев возможна постановка различного числа условных опорных
стержней.
Правда, затруднения можно обойти,, применяя искусственные
приемы, но все же сказанное указывает на сложность вычислений
при определении коэффициентов в способе сил, а чем сложнее вы-
числение, тем более вероятность ошибок.
По этим соображениям смешанный способ, хотя и требует боль-
шего числа уравнений, но значительно удобнее на практике для
расчета балок на упругом основании, чем способ сил.
8. НЕКОТОРЫЕ ЗАМЕЧАНИЯ О РЕШЕНИИ УРАВНЕНИЙ
Уравнения такого вида, как (32), (53), (61), когда у одного из
неизвестных во всех уравнениях (кроме уравнений равновесия)
коэффициенты одинаковые (у всех у0 коэффициенты равны едини-
це), можно легко преобразовать.
В самом деле, вычтем из одного уравнения в системе (61), по-
ложим, из первого второе уравнение. Тогда у0 сократится. Далее,
из того же первого уравнения вычтем третье и, наконец, из перво-
го — четвертое.
Число уравнений и число неизвестных сократятся на единицу,
но уравнения потеряют симметричную форму.
Теперь из последнего уравнения равновесия найдем Хо, выра-
зив через остальные неизвестные. Понятно, что если мы вычитали
уравнения не из первого, а из второго, то из последнего уравнения
надо найти не Хо, а Найденное значение Хо подставим в осталь-
ные уравнения. Тогда и Хо исчезнет, как неизвестное.
43
Таким образом, вместо пяти уравнений с пятью неизвестными
у нас уже будет только три уравнения с тремя неизвестными. Но
важно, что система уравнений приобретет опять симметричную
форму, благодаря чему упростится дальнейшее решение1.
Легко видеть, что при проведении указанных преобразований
математические действия сводятся к сложению и вычитанию. Ум-
ножать же приходится только свободный член последнего уравне-
ния на коэффициенты у неизвестного Хо.
Поясним сказанное на простом численном примере.
Предположим, что дана система уравнений:
7X1 + 5X2 + 6X3 + Z —39 = 0;
5А\+ Х2 + ЗХ3 + Z -22 = 0; ‘
6Хх + 3 Х2 + 2Х3 + Z - 23 = 0 ;
Хх+ Х2+ Х3-6 =0.
В этих уравнениях неизвестное Z играет ту же роль, как и неиз-
вестное у0 в предыдущих уравнениях.
Вычитаем из первого уравнения второе и затем третье:
2Хх + 4Х2+ЗХ3 — 17 = 0 ;
Хг + 2Х2+4Х3~ 16 = 0;
Хх+ Х2+Х3- 6 = 0.
Из последнего уравнения:
Х1 = 6-Х2-Х3.
Подставляем в предыдущие:
2(6-Х2-Х,) + 4Х24-ЗХ3- 17= 0;
(6-Х2-Х8) + 2Х2 + 4Х3-16= 0.
Получаем:
2Х2+ Х3 — 5 = 0;
Х2 + ЗХ3—10 = 0.
Вместо четырех уравнений после простых преобразований име-
ем только два уравнения.
В некоторых из уравнений, например в (32), (53) и (62), встре-
чается неизвестное <р0. От него также можно избавиться аналогич-
ным приемом. Но для возможности вычитания уравнений надо
предварительно уравнять коэффициенты у <р0- Кстати, на практике
это делается очень просто, потому что обычно плечи аь «2, а3... вы-
ражаются простыми числами 1, 2, 3...
Исключение неизвестного ф0 вызовет исключение и еще одного
неизвестного2.
Возвращаясь к предыдущему параграфу, мы еще больше убеж-
даемся в невыгодности применения способа сил, особенно в слож-
ных случаях. Зачем, в самом деле, сложным путем добиваться
1 Изложенный здесь прием указан проф. С. М. Изюмовым.
2 Более подробно о преобразованиях уравнений см. Б. И. Же м очкин,
О решении системы линейных уравнений, изд. ВИА, 1957.
44
уменьшения числа неизвестных, когда смешанный способ позво-
ляет уменьшать число неизвестных очень просто.
Например, при решении в институте Водгео задачи о нахожде-
нии деформаций грунта Куйбышевской ГЭС и об определении
усилия, возникающего между зданием ГЭС и понуром, составля-
лось по 16 уравнений (неизвестными здесь были, кроме усилий, так-
же вертикальное перемещение, угол поворота и горизонтальное пе-
ремещение). Однако путем вышеуказанных преобразований число
уравнений уменьшилось до 10*.
9. РАСЧЕТ РАНДБАЛОК
Одним из примеров балки на упругом основании может слу-
жить обыкновенная рандбалка, опирающаяся на колонны и несу-
щая кирпичную стену (рис. 43).
Но здесь мы имеем как бы перевернутую схему: нагрузками на
балку являются усилия в колоннах, упругим же основанием — са-
ма стена.
Оказывается, что если I I | I j
стена значительной высоты, I ' I Ь I 1........ ... i III
то распределение нагрузки (
от стены на балку не зави- \
сит от того, будет ли эта на- /
грузка собственным весом I________________________ .
стены или будет равномерно / 1
распределена по верхней
грани стены.
Для расчета необходимо ' Ц
предполагать, что стена и u u
балка имеют достаточно
большие размеры в горизон-
тальном направлении, чтобы
их можно было считать бес-
конечно длинными (напом-
ним, что во всех наших вы- Рис- 43
водах полуплоскость счи-
тается распространяющейся в стороны безгранично).
Тогда мы получим практически достаточно точные результаты,
но только для средних пролетов.
При расчете рандбалки мы могли бы, как и раньше, поставить
между балкой и кладкой стены условные опорные стержни. Одна-
ко в случае рандбалки постоянного сечения с равными пролетами
(а такой случай имеет наибольшее практическое значение, по ана-
логии же с ним могут решаться и другие случаи) в таком способе
решения нет никакой надобности. Этот случай уже исследован1.
Приведем здесь только результаты исследования.
* О решении подобных задач см. Б. Н. Ж е м о ч к и н . Расчет рандбалок и
перемычек, Госстройиздат, 1960. Там разбираются примеры расчетов при сте-
нах различной высоты, рассматривается действие сосредоточенных сил, влияние
на расчет отверстий в стенах, учет касательных напряжений и т. п.
45
Эпюра нагрузки на рандбалку оказывается ограниченной неко-
торой кривой (рис. 44), ординаты которой определяются по форму-
ле, заключающей бесконечный тригонометрический ряд.
Для практических целей допустимо кривую заменить треуголь-
никами с вершинами над колоннами (рис. 45).
Наибольшая ордината каждого треугольника:
Ро = 0,ЗР
(64)
Рис. 45
Рис. 44
где Р — продольное усилие в колонне;
Ео — модуль упругости кладки;
b — толщина стены;
EJ — жесткость балки (или при металлических рандбалках —
жесткость в одном и том же сечении всех балок, уложен-
ных под стеной);
р0— интенсивность нагрузки над осью колонны на единицу
длины балки.
Ширина треугольников а определяется из условий равновесия:
= Р, (65)
откуда
2Р
а = — . (66)
Ро
Если балка очень жесткая, то треугольники могут заходить
один за другой (рис. 46).
Рис. 46
Рис. 47
При дальнейшем повышении жесткости балки нагрузка на нее
становится близкой к равномерной.
46
Ограничимся здесь только этим очень кратким изложением
способа расчета рандбалок. Приведенных данных все же достаточ-
но для практических расчетов.
Обратим особенное внимание на то, что распределение нагруз-
ки на балку по треугольникам с вершинами над колоннами в кор-
не противоречит установившимся взглядам на работу рандбалок,
которые до сих пор неправильно предполагали загруженными тре-
угольниками с вершинами в серединах пролетов (рис. 47). Такая
схема нагрузки не соответствует действительным условиям, и от
нее в настоящее время следует отказаться.
10. РАСЧЕТ ЛЕНТОЧНЫХ ФУНДАМЕНТОВ НА УПРУГОМ
ОСНОВАНИИ, ИМЕЮЩИХ ЛОМАНОЕ ОЧЕРТАНИЕ
В ПЛАНЕ
Способ расчета балки на упругом основании, изложенный в на-
стоящей книге, может быть применен и в случае, когда ось балки
не представляет прямой линии.
Положим, что две колонны
опираются на фундамент тав-
рового очертания в плане
(рис. 48).
Для простоты расчета при-
мем пока, что ширина балок,
образующих фундамент, оди-
накова в обоих направлениях.
Разобьем фундамент в пла-
не на ряд равных квадратов
(или прямоугольников) и
предположим, что фундамент
связан с основанием стержня-
ми, расположенными в середи-
нах квадратов (на рисунке от-
мечены кружками).
Переходя к основной си-
Рис. 48
стеме, удалим эти стержни, заменив их действие действием неиз-
вестных сил X, и предположим где-либо заделку, например у ко-
лонны В.
Уравнения составим, исходя из условий, что перемещения по
направлениям приложенных сил равны нулю. Кроме того, соста-
вим еще два уравнения равновесия: проекция всех сил на верти-
' кальную ось (перпендикулярную плоскости чертежа) равна нулю
и момент всех сил относительно точки В также равен нулю. Кроме
' неизвестных сил X, неизвестными будут также осадка точки В и
угол поворота в вертикальной плоскости линии АВ у точки В.
В схеме, приведенной на рис. 48, будет всего 7+2=9 неизвест-
ных. Ввиду симметрии относительно оси АВ силы Х6 и Х7 будут по-
" парно равны силам Х'6 и Х'7 .
47
Перемещения найдем обычным порядком. Каждое из них со-
стоит из двух слагаемых; первое зависит от деформации основа-
ния и второе — от деформации фундамента.
При нахождении деформации основания по направлению силы
Х7 от единичной силы, приложенной в точке 2, необходимо учесть,
что расстояние измеряется по прямой 2—7. При нахождении де-
формации в точке 3 от единичной силы в точке 7 учтем, что эта си-
ла находится на расстоянии 3—7; кроме того, надо добавить де-
формацию от такой же силы, приложенной в точке 7' на расстоянии
3—7' (вследствие симметрии относительно АВ).
Расстояние между отдельными точками конечно не будет крат-
ным с — расстоянию между стержнями по осям балок. Поэтому
табл. II с функцией F окажется недостаточной, так как там нет
значений для дробных отношений — .
С
Кроме того, составляя табл. II, мы предполагали, что точка К,
для которой определяется перемещение основания, расположена
на оси прямоугольника или квадрата загружения (рис. 49).
Между тем в данном случае направления на точки, в которых
определяются осадки, будут расположены под различными углами
<[» к оси.
Казалось бы, что следует составить таблицы для различных
и для дробных отношений — .
С
Однако такие таблицы были бы чрезвычайно громоздкими.
Ввиду этого применим другой прием, хотя и приближенный, но
практически вполне допустимый. Заменим квадраты или прямо-
угольники равновеликими им по площади кругами (рис. 50) и со-
ставим только одну таблицу для случая распределения нагрузки
по площади круга.
Таким образом, при расчете фундамента, показанного на рис.
48, балки в расчетной схеме будут состоять при определении де-
формаций основания не из квадратов (или прямоугольников), а из
цепи кругов, частично заходящих один за другой (рис. 51).
48
Опуская вывод формул для нагрузки, распределенной по кругу,
дадим здесь только окончательный результат1-
Осадка точки, находящейся на расстоянии х от центра круга,
нагруженного единичной силой, равна (рис. 52):
Таблица значений функции F, вычисленных по последней фор-
муле, приведена в III части книги (табл. III).
Через с в формулах обозначены стороны квадратов, на которые
мы разбиваем балку (в таком случае с равно расстоянию между
стержнями, что облегчает вычисление прогибов балки), или сторо-
ны квадратов, равновеликих прямоугольникам, если разбить на
квадраты не удается.
Сравнивая формулу (67) с формулой (27), видим, что коэффи-
циент у F одинаковый, следовательно, коэффициент а, к которому
мы прибегаем при вычислении перемещений, определяется так же,
как и в случае балок.
Заметим, что если мы имеем дело с прямоугольниками, то с не
равно расстоянию между опорными стержнями. Это следует иметь
в виду при определении прогибов. Именно, следует множить wki ,
1 Вывод см. проф. Тимошенко, Теория упругости, ОНТИ, 1934. Формула
здесь написана в преобразованном виде.
Б. Н. Жемочкин, А.; П._ Синицин
49
3
взятое из табл. IV, на
— расстояние между стержня-
Л Ед С*
% =----------- , а следо-
6£J(1-P2)
ми (так как по прежним формулам
Л Ед СС] \
вало бы взять a ----------- .
6EJ(l-p2) J
Рассчитывая фундаменты, у которых балки в отдельных участ-
ках имеют различную ширину, нужно во избежание ошибок
соблюдать особенную
осторожность при вычис-
лении всевозможных ко-
эффициентов.
При балках различ-
ной ширины' круги будут
иметь, различные радиус
сы, так как с в разных
участках различно.
Предположим, что на
одном участке стороны
квадратов сд, а на дру-
гом С2.
При
деляем
тинные
ЛЕд С
расчете мы опре-
обычно не ис-
осадки, а для
раз, т. е. принимаем
в
упрощения вычислении увеличенные
их равными F. Поэтому необходимо при определении перемещений
в части деформаций основания умножать F от сил, действующих во
втором участке, на отношение — , а деформации от сил, действую-
Сг
щих в первом участке, принимать равными табличным значениям
F. Или поступать обратно: для сил во втором участке умножения
не делать, а для сил в первом участке умножать F на —.
С1
Конечно, и при определении прогибов балок нужно учитывать,
что с в различных участках различны.
Дадим еще несколько указаний, которые могут быть полезными
в том случае, когда балки, составляющие фундамент, нельзя раз-
бить на квадраты, и кроме того, ширина балок различна. Такие
условия вносят некоторое усложнение.
Предположим, например, на первом участке АВ (рис. 53) мы
имеем квадраты со сторонами сь а на втором участке С'С прямо-
угольники длиной с’2, причем стороны квадратов, равновеликих
этим прямоугольникам, равны с2. Заделку расположим в точке В.
Пусть коэффициент а определен по первому участку АВ и равен
л F д с.
а ---------------
6ЕД(1 - ng)
(69)
50
Перемещения в первом участке от сил, действующих в этом же
участке, вычисляются по формуле'
о = F + “i . (70)
От сил, действующих во втором участке, перемещения в первом
участке
8=-^-Л (71)
с2
Здесь отпадает прогиб, поскольку силы второго участка не вы-
зывают прогиба в первом участке. Коэффициент у F появляется
потому, что расстояния между точками (чтобы воспользоваться
табл. III) мы определяем, сравнивая их с величиной с2, а не меж-
- л£о С]
ду тем все перемещения должны быть умножены на -------- .
<!-Но)
Перемещения во втором участке С'С от сил, действующих в этом
же участке, равны:
с (cl)3 J1
6= -£1^4-i_£Z_.2Laite). . (72)
С'2 С® Ji
Наконец, от сил, действующих в первом участке, перемещения
во втором участке
& = F. (73)
Заметим, что в случае разной ширины балок на отдельных
участках, как в разобранном примере, мы не получим коэффициент
ты уравнений взаимно равные (б^- ¥= &it!), если находим переме-
щения в одном участке от сил, действующих в другом участке. Это
вполне понятно: ведь мы один раз распределяем нагрузку по пло-
щади круга одного радиуса и находим осадку на расстоянии х, а
затем распределяем ту же нагрузку по площади круга другого ра-
диуса и находим осадку на том же расстоянии х. Ясно, что резуль-
таты должны быть различными.
Можно было бы получить коэффициенты в точности взаимно
равными, но для этого пришлось бы определять осадку не в одной
точке (в центре круга), а среднюю по площади круга1- Очевидно,
это повело бы к ничем не оправдываемому усложнению задачи. А
так как разница в коэффициентах вообще невелика и имеет скорее
формальный характер, то на практике вполне можно принимать
коэффициенты взаимно равными.
В заключение отметим, что, если фундамент в плане совсем не
имеет осей симметрии, то в число неизвестных необходимо вклю-
чать два угла поворота относительно двух осей.
1 Аналогичный вопрос возникает и при расчете круглых плит (см. § 12).
4*
51
11. РАСЧЕТ ПРЯМОУГОЛЬНЫХ ПЛИТ НА УПРУГОМ
ОСНОВАНИИ
При расчете плит на упругом основании общий порядок реше-
ния задачи остается тот же, как и при расчете балок.
Разобьем плиту (рис. 54) на равновеликие квадраты или прямо-
угольники (мало отличающиеся от квадратов) и предположим, что
в их серединах помещены опорные стержни (отмечены кружками).
При выборе основной системы отбросим стержни и приложим
вместо них неизвестные силы. Кроме того, поместим где-либо за-
делку, причем целесообразно, конечно,
использовать симметрию системы.
ФиктиВные
Рис. 54
Рис. 55
Уравнения составим обычным порядком. Перемещения, как и
раньше, должны зависеть от осадки основания и прогиба плиты.
Осадки основания будем определять по табл. Ill (см. III часть),
заменяя, как и в предыдущем параграфе, квадраты или прямоу-
гольники равновеликими кругами.
Однако значительные затруднения неизбежно должны возни-
кать при определении прогибов плиты. Общего решения в замкну-
той форме для плиты, имеющей заделку в какой- либо точке, вообще
не существует1. Таким образом, центр тяжести расчета плит на уп-
ругом основании лежит в расчете самой плиты; учет же упругих
свойств основания не сложен-
Поскольку при расчете плиты неизбежно придется на практике
пользоваться приближенными приемами, приведем здесь один из
таких приемов, основанный на замене плиты рядом перекре-
щивающихся балок. Применяя этот прием, мы не сможем учиты-
вать крутящих моментов в плите.
Пусть, например, имеем прямоугольную плиту, нагруженную
какой-либо симметричной нагрузкой (рис. 55).
Если нагрузка расположена не симметрично, то ее следует за-
менить четырьмя нагрузками, как это делается в системах с двумя
1 Для нахождения прогибов плиты от единичной. нагрузки, приложенной
последовательно в отдельных точках, можно после разбивки на плите сетки
применить теорию конечных разностей. На практике это приводит к очень слож-
ным вычислениям.
52-
осями симметрии, т. е. принимать нагрузки: симметричные относи-
тельно обеих осей; симметричные относительно одной из осей и об-
ратно симметричные относительно другой; обратно симметричные
относительно первой оси и'симметричные относительно другой; об-
ратно симметричные относительно обеих осей. Затем необходимо
сделать четыре независимых расчета.
ИИ
И
Рис. 56
г
Рис. 57
В целях упрощения заменим плиту балками, идущими в попе-
речном (рис. 56) и в продольном (рис. 57) направлениях.
Таким образом, плита разобьется на квадраты или близкие к
ним прямоугольники (рис. 58). Связь между балками предположим
Рис. 58
только в местах пересечения их
осей; здесь поместим опорные
стержни.
'//////./. ///////,
Рис. 59
Следует считать, что обе системы балок имеют свои опорные
стержни (рис. 59); в середине каждого квадрата (или прямоуголь-
ника) будет два опорных стержня-
Заделку наметим в серединах балок . в точках 1, 4, 5 и 6. За
неизвестные примем силы X и осадки точек 1, 4, 5 и 6.
Число неизвестных всегда достаточно велико. В данном при-
мере будет шесть неизвестных сил, приложенных к системе про-
дольных балок (обозначим их Xlt Х2,..-, Х6), и шесть, приложенных
к системе поперечных балок (обозначим их Xn,...XNl).
Кроме того, четыре неизвестные осадки. Всего 6 + 6 + 4=16
неизвестных (при обратно симметричной нагрузке вместо осадок
неизвестными будут углы поворота).
Предположим, что мы хотим написать уравнение, выражающее
условие, что суммарное перемещение по направлению силы Х2
53
(т. е. по направлению усилия в стержне, помещенном в точке 2
л соединенном с продольной балкой 1—3) равно нулю.
Уравнение будет:
^21 + 822 + *3 ®23 + Х4 <%• + Х5 625 + -^6 ®26 +
+ в21 + б2П + Хт б2Ш + *1V ^2iv "Ь 62V +
+ ^VI52VI + У1 == °' (74)
Рис, 60
Если внешняя нагрузка приложена к балке 1—3, то в урав-
нение войдет еще член Д2р- Кстати, нагрузку можно с одинако-
вым правом прилагать как к той, так и другой системе балок.
Перемещения о22, 6аз зависят от деформации основания и
от прогиба продольной балки 1—3. Все же остальные перемеще-
ния зависят только от деформа-
। ции основания, так как прочие
i силы X в балке 1—3 непосредст-
Л венно не приложены. Конечно,
i при определении деформаций ос-
нования нужно учитывать еди-
ничные силы, действующие на ос-
нование во всех четвертях плиты.
Как видим, даже и в самом
простом случае задача расчета
плиты на упругом основании является гораздо более сложной, чем
задача расчета балки на упругом основании.
Поэтому на практике, если не преследуется особенно большая
точность расчета, можно пойти дальше в смысле упрощения.
Плиту прямоугольного очертания размерами I и b (рис. 60)
рассчитаем дважды.
Сначала рассчитаем в продольном направлении, как широкую
балку длиной / и шириной Ь, пренебрегая изгибом в поперечном на-
правлении и неравномерностью распределения напряжений в этом
же направлении. Но тогда нагрузка на основание будет некоторой
средней нагрузкой по ширине Ь.
После этого сделаем расчет плиты в поперечном направлении,
вырезая полосу в 1 м (здесь будет случай плоской деформации).
При таком расчете уже не придется учитывать внешние нагрузки.
Полоса будет работать на равномерную нагрузку, равную той, ко-
торая приходилась на упругое основание в пределах этой полосы
при первоначальном расчете в продольном направлении.
Сделав второй расчет, можем внести поправку в первоначальные
данные, принимая во внимание неравномерность нагрузки на ос-
нование не только в продольном, но теперь и в поперечном направ-
лении. Эпюра нагрузки на основание представится некоторой по-
верхностью. Если внешняя нагрузка одинаковая на всем протяже-
нии плиты, то лучше ее учитывать цри расчете в поперечном на-
правлении.
54'
Небольшая точность результатов расчета не имеет решающего
значения для многих практических задач и вполне окупается про-
стотой самого расчета.
На практике иногда встречаются плиты, которые можно считать
абсолютно жесткими. Для облегчения их расчета в конце книги да-
на табл. VII, в которой приведены результаты расчета абсолютно
жестких плит с различными соотношениями между длиной и ши-
риной.
Расчеты плит на упругом основании даны в примерах Ц, 15, 16
и 21, причем в последних двух — по изложенному здесь упрощен-
ному способу-
12. РАСЧЕТ КРУГЛЫХ ПЛИТ НА УПРУГОМ ОСНОВАНИИ
НА ОСЕСИММЕТРИЧНУЮ НАГРУЗКУ
В одном частном случае плиты на упругом основании, именно,—
в случае круглой плиты, нагруженной осесимметричной нагрузкой
(рис. 61,а, б, в), возможны значительные упрощения. Расчет такой
плиты не более сложен, чем расчет балки с симметричной нагруз-
кой.
Предположим, что имеем круглую плиту, нагруженную нагруз-
кой, которая распределяется равномерно по некоторой окружности
(рис- 62).
Наметим на плите кольца произвольной, но одинаковой ширины
с и поместим между плитой и основанием условные опорные стерж-
ни по средним окружностям колец (рис. 63). В середине вместо
кольца будет круг диаметром с, в центре его поместим один опор-
ный стержень1.
За неизвестные примем усилия в стержнях. Число стержней
может быть как угодно велико, но неизвестных усилий будет столь-
ко, сколько мы взяли колец, плюс одно неизвестное усилие для
центрального круга. Это вытекает из положения, что при одинако-
вых расстояниях между стержнями по окружности все усилия в
стержнях одного и того же кольца также одинаковы.
Предположим, что расстояние (по окружности) между стерж-
нями каждого кольца бесконечно малы, число же стержней бес-
конечно велико- За неизвестные будем принимать суммарные уси-
лия во всех стержнях каждого кольца. Таким образом, между пли-
той и основанием будут действовать усилия, распределенные по
окружностям, а к среднему кругу будет приложена сосредоточен-
ная сила.
Для расчета полученной статически неопределимой системы
применим, как и раньше, смешанный способ решения. Основную си-
стему получим, добавляя закрепление в центре плиты и разрезая
или удаляя все стержни с заменой их неизвестными силами
Хо, Xi,... (рис. 64).
1 Для того чтобы сделать систему неподвижной, необходимо поставить еще
горизонтальные стержни. На чертеже мы их не показываем, так как никакой
роли в дальнейшем они играть не будут.
55
56
Как мы уже условились, под неизвестными мы должны подра-
зумевать групповые силы, приложенные к каждому кольцу. Неиз-
вестным будет также перемещение в вертикальном направлении или
осадка центра плиты у0.
Составим теперь уравнения, выражающие условия, что суммар-
ные перемещения по направлению каждой неизвестной силы равны
нулю.
Общий вид таких уравнений:
’ РХк okk • 4- oki + • • 4- Уо + ^kP —0- (75)
В дополнение к уравнениям этого типа необходимо составить
еще одно уравнение равновесия:
Хо + X. + Х2 + • + Xk + . • + х;+-------------SР = о. (76)
Каждое перемещение в уравнениях типа (75) состоит из двух
слагаемых: одно зависит от осадки основания под влиянием еди-
ничной (групповой) силы, а другое от прогиба плиты:
^ki = Уы Vkt- (77)
Здесь yki — осадка основания в месте приложения силы Хк
(осадка кольца k) от действия единичной группо-
вой силы, приложенной по направлению Х{ (т. е.
кольцу i);
vki — прогиб плиты в месте приложения силы Хк от дей-
ствия единичной силы, приложенной по направле-
нию X .
Считать нагрузку на основание
равномерно распределенной по ли-
нии (по окружности) нельзя, так
как по этой линии осадки будут
бесконечно велики. Поэтому необ-
ходимо принять, что нагрузка, дей-
ствующая на основание, распреде-
лена не по окружностям, а по пло-
щадям колец (рис. 65).
Но если мы попробуем найти
осадку по средней линии кольца k
от единичной силы, равномерно рас-
пределенной по площади кольца i,
т. е. yki, а затем найти осадку по
средней линии кольца i от единич-
ной силы, распределенной по коль-
цу k, т. е. y,k , то увидим, что
У kt У ik- (78)
Рис. 65
Равенства осадок мы не получим потому, что площади, по ко-
торым распределена нагрузка, в том и другом случае неодинаковы.
Для того чтобы получить
yki = yik, (79)
57
необходимо искать от нагрузки кольца i не осадку средней окруж-
ности кольца k, а среднюю осадку кольца k. Обратно от нагрузки
кольца k следует искать среднюю осадку кольца I. Поэтому в даль-
нейшем мы будем иметь дело исключительно со средними осадками
в пределах каждого кольца.
Опуская здесь выводы формул для нахождения осадок основа-
ния ввиду их сложности1, отметим лишь, что в конечном виде фор-
мула, определяющая среднюю осадку кольца k от единичной силы,
равномерно распределенной по площади кольца i, такова:
Укг =
0-<>
Eq с
Fki.
(80)
Здесь с — ширина колец, на которые мы разбиваем плиту-
Функция F зависит только от отношений между радиусами ко-
лец k и i, но не зависит от абсолютных размеров колец и от физи-
ческих свойств основания. Поэтому для функции F можно соста-
вить таблицу и пользоваться ею в практических расчетах. Такая
таблица приведена в III части (табл. VIII).
Определяя при вычислении перемещений прогибы плиты vki от
единичных нагрузок, мы можем эти нагрузки считать распределен-
ными по окружностям и искать прогибы по средним линиям колец.
Но лучше по аналогии с предыдущим считать нагрузки на плиту
также распределенными равномерно по кольцам и искать средние
прогибы колец. Правда, это требует большого объема вычислений,
но не при расчете плит, а только при составлении таблиц.
Для возможности составления таблиц прогиб плиты следует
привести к виду:
vki^~Wk[, (81)
Значения w, зависящие только от отношения между радиусами
колец, приведены в табл- IX. При составлении таблицы коэффици-
ент Пуассона был принят равным !/б- Под D подразумевается так
называемая цилиндрическая жесткость плиты
Здесь h — толщина плиты; Е и р.—модуль упругости и коэф-
фициент Пуассона для материала плиты.
Итак, перемещение [формула (77)] может быть выражено
следующей формулой:
(1 Ц?) г2
°-l-Fki+^Wki. (83)
EqC U
Значения F и w берутся из табл. VIII и IX.
1 Б. Н. Ж е м о ч к и н, Расчет круглых плит на упругом основании на сим-
метричную нагрузку, изд. ВИА, 1938.
58 '
где
a = -^L
П(1-^)
Для сокращения вычислительной работы удобно все уравнения
(75) умножить на ------ ; другими словами, определять не истина
\ /
ные дА/, а некоторые условные:
= Fki + awkl, (84)
(85)
Поскольку все перемещения мы получаем увеличенными в
/.. Е?с..- \ ра3) свободные члены ДАо также следует увеличивать в
\ 1-^о /
то же число раз. Если же при вычислении Д*о пользоваться табли-
Рис. 66
Рис. 67
нами, то взятые из них цифры следует умножать, как и в случае
wkl, на коэффициента.
Какая бы внешняя нагрузка не была приложена к плите (но,
конечно, распределенная по окружностям), мы всегда ее можем
привести к такой, при которой можно пользоваться таблицами.
Положим, например, что нагрузка, распределенная по окруж-
ности, не совпадает со средней линией какого-либо кольца (рис.
66).
Можно эту нагрузку разложить на составляющие (показаны
на рисунке пунктиром) по осям соседних колец. При разложении
составляющие будут обратно пропорциональны расстояниям от
средних окружностей колец до заданной нагрузки.
Если мы затем заменим нагрузки, распределенные по средним
окружностям колец, нагрузками, равномерно распределенными по
площадям колец (рис. 67), то сможем уже воспользоваться
табл. IX.
Подставив численные значения коэффициентов § и свободных
членов Д в уравнения, разрешим последние и найдем неизвестные
силы X и осадку центра плиты у0-
, / ТлЛ \
Удобнее искать неу0,ау0/----- , оставив в уравнениях для
1—Р-о /
этого выражения обозначение у0. Но нужно, конечно, помнить, что
теперь у0 будет равно не истинной осадке, а осадке, увеличенной
в /...Е"с \ раз. Поэтому для получения истинной осадки, если
\ Но /
59
она потребуется, следует после решения уравнений и нахождения
у0 умножить Уо на |
\ Еос
Для построения эпюры реакции основания (или нагрузки на ос*
нование) разделим значения X на площади колец. Реакции будут
равномерно распределенными в
пределах каждого кольца, а вся
эпюра в разрезе будет иметь сту-
пенчатый вид (рис. 68).
Если нужно, ступенчатую линию
можем заменить плавной кривой.
В целях лучшего освещения воп-
роса подведем итоги изложенному
в настоящем параграфе и на при-
мере покажем общий порядок ре-
шения задачи.
Предположим, что мы должны
рассчитать плиту, показанную на
рис. 69. Нагрузка распределена по окружности.
Прежде всего нужно установить, на сколько колец разбить пли-
ту и сколько принять неизвестных сил, чтобы получить результаты
с достаточной точностью. Обычно для целей практики достаточно
ограничиваться четырьмя-шестью силами.
Допустим, что в данном случае нам достаточно четырех сил; по-
этому разобьем плиту на три кольца и средний круг. Так как ра-
60
диус среднего круга равен—, где с — ширина колец, следует для
определения с разделить радиус плйты на 3,5 части, т. е. принять:
Разместим по средним окружностям колец условные опорные
стержни (число стержней по каждой окружности бесконечно вели-
ко). Получим статически неопределимую систему (рис. ,70).
Выберем основную систему, доба-
вив закрепление .в центре1 * и удалив
все стержни. Действие стержней на
плиту и основание заменим действием 1 v
неизвестных сил Хо, Xlt Х2 и Х3
(рис. 71) х*
Под X мы подразумеваем реакции .j j i i
основания в пределах каждого кольца, WWWWwwWW?
суммарные или групповые. Рис 71
Составим канонические уравнения,
выражающие условия, что суммарные
перемещения по направлению каждой из неизвестных сил X рав-
ны нулю.
В эти уравнения войдет как неизвестное осадка центра плиты
Уо. Составим также одно уравнение равновесия.
Система канонических уравнений будет иметь вид:
Xq $оо + Хг $01 + Х2 0()2 + Х3 $03 + Уо + ^0» = 0;
Xq $io + ВД1 + Х2 $12 + Х3 б13 + Уо + Х1р = 0;
Хо $20 + Хъ &21 4- Х2 $22 "В Х3 $23 + Уо + ^2р = 0; (86)
Xq °зо + Х1б31 + Х2 $32 + Х3 $33 + Уо + ~3;> = 0;
Хо 4- Хг + Х2 +Х3 — р = 0.
Входящая в последнее уравнение величина Р — полная внеш*
няя нагрузка (распределенная по окружности).
Коэффициенты уравнений будем находить по формуле (84)
— F kt + awki,
(87)
для чего следует предварительно вычислить общий для всей плиты
коэффициент:
£о с3
П(1-!ф)
(88)
Через D здесь обозначена цилиндрическая жесткость плиты,
данная в формуле (82).
Значения функции F возьмем из табл. VIII, a w — из табл.
1 Далее для ясности рисунков вместо полного закрепления в центре услов-
но показана неподвижная опора в виде конуса.
61
IX 3, в которой приведены значения w для плиты радиуса, равного
3,5с. Этой же таблицей можно воспользоваться при вычислении
свободных членов.
Решив уравнения, найдем неизвестные силы X. Далее разделим
X на площади колец и получим реакции основания равномерными
в пределах каждого кольца. Это позволит вычертить эпюру реак-
ций.
Для полного расчета плиты необходимо определить моменты
(радиальные и тангенциальные) и поперечные силы. Вычисления
можно вести, предполагая силы X или равномерно распределен-
ными по площади каждого кольца, или распределенными по сред-
ним окружностям колец. Второе проще и для определения момен-
тов практически вполне достаточно.
В табл. X приведены значения моментов (радиальных и тан-
генциальных) в центре плиты; эти моменты часто являются наи-
большими. Заметим, однако, что мы предположили в центре опору;
если от какой-либо нагрузки возникает здесь сосредоточенная ре-
акция, то моменты в центре плиты будут бесконечно велики.
Между тем по таблице так не получается. Это происходит потому,
что в таблице даны не абсолютные величины моментов, а только
разности между действительными моментами и некоторым услов-
ным моментом. Пока мы имеем только одну какую-либо нагрузку
Р или X (или несколько нагрузок, взаимно не уравновешенных),
то в центре должна возникать сосредоточенная реактивная сила; в
таком случае таблицей нельзя было бы пользоваться. Но при рас-
чете мы учитываем все силы, действующие на плиту (Р и X) и на-
ходящиеся в равновесии, а потому никакой реакции по условиям
задачи в центре не будет, следовательно, применение таблицы даст
вполне правильный результат.
Если внешняя нагрузка на плиту состоит из одной сосредото-
ченной силы, приложенной в центре, то момент здесь должен быть
бесконечно велик. Поэтому мы можем иметь дело с сосредоточен-
ной силой, пока вычисляем прогибы, но для определения моментов
следует внешнюю сосредоточенную силу заменить равномерной
нагрузкой, распределенной по площади некоторого круга, приме-
нительно к условиям задачи (например, по площади круга, соот-
ветствующего сечению колонны, опирающейся на круглый фунда-
мент). С этой целью в табл. X даны моменты в центре и для. рас-
пределенной нагрузки (вторая часть таблицы).
Таблицы для определения моментов в других сечениях пли-
ты не приложены, так как эти таблицы были бы слишком
громоздкими. Моменты в этих случаях необходимо вычислять по
формулам. Сводка этих формул дана в табл. XI. Здесь даны не
только формулы для моментов, но также для прогибов, углов
наклона касательных к упругой поверхности и для поперечных
сил.
Если по условиям задания требуется при расчете плиты нахо-
дить осадки и вычерчивать разрез поверхности упругого основания
(или плиты) после деформации, то сначала определим осадки в
62
какой-либо точке от каждой силы X в отдельности, а затем сложим
их. В точке К осадка будет:
(>—р-о)
у = (89)
£ qC
Последняя из таблиц (табл. XII) заключает данные, относящие
ся к расчету плиты бесконечных размеров, нагруженной сосредо
точенной силой (рис. 72).
Такой случай встречается на
практике при проектировании
фундаментов сооружений, пред-
ставляющих сплошную фунда-
ментную плиту, несущую нагруз-
ку от колонн (рис. 73).
Если мы знаем влияниекаж-
Рис. 72
дой силы в отдельности, то най-
дем, какое влияние оказывают все силы1.
Указанная таблица может применяться и в том случае, когда
колонна опирается на плиту достаточно больших размеров в плане,
вследствие чего напряжения грунта по контуру близки к нулю.
В заключение отметим, что исследования позволяют установить
очень простое правило для расчета круглых плит с сосредоточен-
ной нагрузкой в центре. Следуя этому правилу, мы будем получать
приближенное решение, но практически вполне приемлемое.
Правило состоит в следующем: если радиус плиты
(рис. 74), несущей сосредоточенную нагрузку, больше, чем полу-
чается по формуле:
1 Более подробно см. проф Б. Н. Жемочкин, Расчет круглых плит на
упругом основании на симметричную нагрузку, изд. ВИА, 1938. Там же приве-
дены данные о расчете плит переменного сечения и кольцевых плит.
63
(90)
то плита может рассчитываться, как плита бесконечно большего
радиуса и к ней применимы данные табл. XII; если же радиус
плиты меньше определяемого формулой (90), то она может рас-
считываться просто на равномерную реакцию основания.
13. РАСЧЕТ РАМ НА УПРУГОМ ОСНОВАНИИ
При расчете балок на упругом основании мы остановились на
смешанном способе, как наиболее удобном; за неизвестные мы од-
новременно принимали силы (реакции основания) и деформации
Рис. 75
или перемещения (осадку и угол поворота в .месте условного за-
крепления) .
При расчете рам смешанный способ является также наиболее
удобным. Однако затруднительно определенно указать, какие не-
известные, лучше принимать для части рамы, находящейся выше
упругого основания и непосредственно с ним не связанной, — силы
или перемещения, так как рамы чрезвычайно разнообразны в
смысле их очертания и сложности. По-видимому, при расчете
сложной рамы целесообразно принимать за неизвестные в верхней
ее.1 части перемещения; для простой же рамы, наоборот, силы.
Лбожно, наконец, рассчитать сначала балку на упругом основании,
т. е. нижний ригель рамы, и далее независимо раму без нижнего
ригеля, а затем на систему наложить дополнительные условия,
вытекающие из взаимной связи этих двух частей. Вообще, в каж-
дом отдельном случае необходимо, учитывая условия задания, вы-
бирать тот способ расчета, который быстрее и проще приводит к
цели.
Здесь мы ограничимся разбором только несложной рамы, чтобы
дать общее понятие о расчете подобных сооружений.
64
Предположим, что следует рассчитать раму в виде замкнутого
контура, находящуюся на упругом основании (рис. .75). Для про-
стоты примем внешнюю нагрузку симметричной (при всякой дру-
гой нагрузке ее следует разложить на симметричную и обратно
симметричную и сделать два независимых расчета).
Поместим между нижним ригелем и упругим основанием услов-
ные опорные стержни (рис. 76).
Предположим теперь заделку нижнего ригеля в каком-либо се-
чении (при симметричной раме, конечно, в середине) и отбросим
Рис. 77
все стержни, заменив их действие действием неизвестных аил Хо,
Хь . ... (рис. 77).
Далее, можем вести расчет так же, как и балки на упругом ос-
новании, для чего напишем уравнения, выражающие условия, что
суммарные перемещения по направлению каждого из неизвестных
равны нулю. Однако перемещения в части, зависящей от изгиба
нижнего ригеля, теперь нужно определять не для обыкновенной
балки, а для статически неопределимой системы, так как вверху
имеется замкнутый контур. Очевидно, что это удобно может быть
сделано только тогда, .когда сама рама исчерпывающим образом
рассчитана и для нее легко находить перемещения, или когда
вместо рамы имеем неразрезную балку (рис. 78), которая хорошо
изучена и для которой перемещения находятся без затруднений.
В нашем же случае целесообразно поступить иначе. Приведем
раму к статически определимой системе, проведя разрез (всего
удобнее в середине верхнего ригеля) и приложив в разрезе неиз-
вестные силы (рис. 79). Обозначим их Х4 и Xg. Поперечная сила в
разрезе не показана, так как при симметричной нагрузке, которую
мы предположили, она равна нулю.
Канонические уравнения составим, включая в них все неизвест-
ные, относящиеся как к нижнему ригелю на упругом основании,
так и к верхней части рамы.
5 Б. Н. Жемочкин, А. П. Синицын
65
Для разбираемой системы уравнения будут иметь вид:
Хо $оо + Хх + Х2 602 + Х3 603 + Уо =0;
Хо sio + Хг 6U + Х2 612 + Х3 813 + Xi б144~Х6 б15 4- у0 4- Д1р = 0;
Хо S2o + X-l 621 + Х2 622 + Х3 623 Х4 624 4-Х6 625 4- у0 4- Д2р = 0;
Хд ^зо + Хг б31 4~ Х2 632 4~ Х3 б33 4~ Х4 б34--4Х5 д3- 4- уо -р ДЗр = 0;
ХДи + Х2<542 4- Х3 б43 4- Х4544ДХ5 645 -4 Д4/)=^0;
Ху. б5Х 4~ Х2 652 4- Х3 б53 4- Х4 654 4“Х5 б55 -4 Д5р = 0;
Хо + Х4 4~ Х2 4- Х3 —— =о.
2
(91)
Некоторые из членов в
уравнениях отсутствуют, так
как соответствующие коэф-
фициенты равны нулю. Так,
усилия Х4 и Х5 не вызыва-
ют перемещений по направ-
лению Хо и обратно; пере-
мещения по направлениям
Х4 и Х5 не зависят от осад-
ки заделки уо.
Рис. 79
Перемещения по направлениям сйл Хо,......., Х3 от действия
единичных сил, приложенных в точках 0,...., 3, найдем, как обыч-
но, по формуле (46) или (58):
^ki ~ Ры + °-wki, (92)
используя для F и w соответствующие таблицы.
Но перемещения по направлениям Xj, Х2, Х3 от Х4 и Xg (причем
эти перемещения не зависят от осадки основания) найдем вычи-
слением по формуле Максвелла—Мора или, так как элементы ра-
мы прямолинейные и постоянного сечения, перемножением эпюр.
Эти эпюры для половины рамы показаны на рис. 80.
66
Для нахождения 814 перемножим эпюры 1 и 4; для нахожде-
ния 845 перемножим эпюры 4 и 5 и т. д. - .
Если за неизвестные принимаются групповые силы (состоящие
каждая из двух симметрично расположенных сил), то перемноже-
ние следует сделать для обеих половин рамы, т. е. просто ввести
коэффициент 2.
Но тогда и остальные перемещения надо удвоить.
При перемножении эпюр не забудем делить результаты на
жесткости элементов.
Так как для удобства вычислений мы умножаем все перемеще-
ния на ( П то и перемещения 614, 624, б34, 644, 61Б, 826, 6S5, 646, SB6
следует умножать на ту же величину. Коэффициент а здесь
вводить уже не надо ввиду того, что он относится лишь к переме-
щениям, определяемым по таблицам. Но можно поступить и так.
Перемещения по направлениям Х^...., Х5 от единичных сил Х4 =
= 1, и Х5=1 представить в таком виде:
Тогда для нахождения следует умножить на а:
Подобным же порядком вычислим и перемещения от нагрузки.
После решения уравнений получим значения всех неизвестных и
сможем вычертить как эпюру реакций основания, так и эпюру мо-
ментов для всей рамы.
Расчет рамы приведен в примере 22.
14. НЕКОТОРЫЕ ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ ДАННЫЕ
ДЛЯ РАСЧЕТА БАЛОК И ПЛИТ
а) РАССТАНОВКА СВЯЗЕЙ-СТЕРЖНЕЙ НА РАЗНЫХ РАССТОЯНИЯХ
Рассчитывая балки на упругом основании, легко убедиться, что
очень часто эпюра реакций основания получается далеко не равно-
мерной: наблюдается концентрация реакций иногда в местах рас-
положения сосредоточенных сил, иногда по концам балок. Между
тем ступенчатое очертание эпюр не позволяет в этих случаях до-
статочно точно заменить ступенчатое очертание криволинейным.
Поэтому появляется желание сблизить условные связи-стерж-
ни, а для этого требуется увеличить их число, что ведет к большо-
му усложнению вычислений.
Оказывается, что можно разбивать балку на участки разной
длины и ставить стержни на разных расстояниях: реже — там, где
ожидается плавная эпюра, чаще — там, где ожидается концентра-
ция напряжений и резкие изменения в эпюре. Благодаря этому
5*
67
можно получить более точные решения, не увеличивая число неиз-
вестных.
Если обозначить наименьшую длину участков, на которые бал-
ка разбивается для расчета, через с (рис. 81), то для увеличенных
। 1 । ' । । ।
I । I । । ।
Рис. 81
участков следует принимать или Зс или 5с; четные значения 2с или
4с не подходят, так как усложняются вычисления. Если участки
длиной с, Зс и 5с, то рас-
стояния между опорными
стержнями выражаются це-
лыми числами с.
Для удлиненных участ-
ков следует принимать груп-
повые единичные силы (рис.
82). Так, для участков дли-
2 t flI I, I, f~'
<6 'A z4 z4 '/5 !/5
ill j I I I i
Рис. 82
v * J______,
^TTi....i i™™'""*..втви
'/s ,
I I t I I 1
i । ; u— (n-2)c—
i । ' —(n-t)c—.—-i
! ; L_________„c_j
। ।
। U.-----(n , /) c-
r*~---— H
ной 3c — принимать три си-
лы по ‘/з, для участков дли-
ной 5с — пять сил или по Vs-
Таблицы для вычисления
коэффициентов У, неизвест-
ных в уравнениях, можно
составить, исходя из основ-
ных табл. I и П.
Но при этом не следует
забывать, что приходится
находить по направлениям
групповых сил средние
осадки, а не осадки в одной
точке.
(рис. 83), причем в точке J еди-
сила состоит из пяти
Рис. 83
Так, если мы хотим найти yki
ничная сила, равная 1, а в точке К групповая
68
сил по 7s, то по табл. I и II найдем значения F для расстояний
(п—2) с, (п—1) с, пс ... .
Условимся писать исходные F с черточкой наверху и ставить
индексы, указывающие расстояния между точками приложения сил,
вызывающими осадку, и точками, где отыскивается осадка.
Таким образом, единичная осадка будет:
yki = (£„_2 + £n-i + £„ + £n+i+ £n+2) • 4“ •
30 т
30 m
f —Ц—с=1,50 м =1.50м —1,50м —Ц, -i- 4~с°б 50 м
с-0,50м \ с=0,50м I '
I____
0,56 м
Ыв
I—1,00м-=\
Рис. 84
II О
5 б
Рис. 85
Если мы захотим обратно найти yik, то опять придется взять
сумму тех же значений F, но учесть, что силы равны ’/5. Получим
то же значение.
Предположим, например, что следует рассчитать железобе-
тонную балку с приведенным модулем упругости 200 000 кг/см2 *,
лежащую на упругом основании с физическими характеристиками
Ео=200 кг/см2 и ро,=О,3 (рис. 84).
Разобьем балку по длине на 13 участков длиной по с=0,5 м.
Так как в средней части балки ожидается довольно плавная эпюра
реакций, соединим средние участки в три группы по три (рис. 85),
но не забудем, что, хотя мы показываем в каждой группе по одно-
му опорному стержню, в этих группах действуют групповые силы.
Отношение — = — =2. Занумеруем стержни и неизвестные силы
с 50
соответственно расстояниям от середины 0, 3, 5 и 6.
Вычислим сначала коэффициент ст по формуле (59) (стр. 33)
_ лЕ0 с4 ______ _____3,14 200-504-12_ __ д 0025
Я- 6£j(l-p2f ~ 6.200 0 00.100-563(1 -0,32) ~ ’
69
Для того чтобы можно было вычислять коэффициенты уравне-
ний, найдем сначала осадки у.
' Отыскивая у00, нужно учесть, что от каждой силы в ’/з возникают
осадки как в данном участке нулевой группы при расстоянии, рав-
ном нулю, так и в других участках той же группы при расстояниях,
равных 1с и 2с.
От средней составляющей возникают осадки на расстояниях
О и дважды— 1с.
Таким образом
Уоо =[(Л> + л + ?2)4-(До4-2 /\)+(Л+Л+^)] • Y
В знаменателе мы поставили 9, так как, во-первых, величина
каждой силы равна 1/з, а во-вторых, по трем осадкам надо нахо-
дить среднюю осадку.
По табл. II для — =2 получим:
Уоо = (2,406+0,9294-0,490+2,4064-2-0,929+2,406 +
+ 0,929+0,490)- -у = 1,324.
Далее, для у93 придется учесть расстояния:
от одной составляющей группы № 3— 1с, 2с, Зс;
от другой составляющей той же группы — 2с, Зс и 4с;
наконец, от третьей составляющей — Зс, 4с и 5с.
У оз = (Fi + ^2 + ?з)+(^2 +К+ F4)+(F3 + Л + F5) - ±= 0,400.
При вычислении расстояния от единичной силы равны 4с, 5с
и 6с.
Уо6 = (^+?5 + ?6)‘ v=°,205-
Аналогично находим и другие значения у. Так:
Узз =[(F0 + +(Ао + 2F1)+CFo+F1 +Д2)] -А +
+ [(Л + Л + ?в)+(Л + +Л)+(А6 +Л +А8)] • = 1,497.
Здесь надо учитывать силы как слева, так и справа.
Узе = -^о + Ац) = 2,506.
Так же вычисляются и прогибы w. При этом учитываются силы
только с одной стороны. Но для нулевой группы надо сделать исклю-
чение. Эта группа находится одновременно и слева и справа. Поэто-
му надо учесть и левый, и правый прогибы. Учтем также, что в точ-
ке 0 две силы. Используем табл. IV.
70
Поэтому
w00 = (ш1Х)-2 2--i- =-|- = 0,89;
— — — 2'
^оз — (®i2 + ш1з 4* ^и) • — = 5,33;
®05 = ИБ)- ~ = 9,33;
Vi.'l = [(а,44 4" W3l + w2i) ~F(W33 + ®23 4* 4" (®22 4" IW32 +
+ ^2)].± = 55,11,•
®35 = Из + ЙУ35 + ^25) • 4- = 1 12 ИТ. Д.
о
Свободные члены находим опять, пользуясь табл. IV.
ДОр ==—й(ш18)- — 4* = — а-—-30 = — а-160 = — 0,40;
3 3
— — — р
&зР = «Из + ®зз + ®4з) • — = — 4,07 и т. д.
О
Теперь можем вычислить коэффициенты уравнений.
ё00= 1,324-2 4-0,0025-0,89 = 2,650;
д03 = 0,400-2 4- 0,0025-5,33= 0,813;
S33 = 1,497 4-0,0025-55,11= 1,635;
Уравнения имеют вид:
2,65ОХо4-О,813Х3 4-0,433Vs 4-0,366Х6 -}- у0 — 0,40 = 0;
0,813Хо4- l,635X34- 0,989X54- 0,820X6 4-y0 —4,07 = 0;
0,433Хо+ 0,989Х34- 3,131 Х6 4- 1,832Хе 4-у0 — 8,10 = 0;
0,366 Хо4- 0,820Х3 4- 1,832Х5 4-3,569Х6 4-у0 —10,12= 0;
Хо4- А34- Х5+ Хй -30 = 0.
Решение уравнений:
Хо= 6,653;
Х3= 13,196;
Ха= 4,259;
Х6= 5,892.
На рис. 86 изображена эпюра реакций грунта.
Мы привели данный пример, чтобы показать приемы решения.
Но размещение опорных стержней на различных расстояниях яв-
ляется целесообразным только в том случае, если значения у и w
71
не вычисляются, как в этом примере, а берутся из таблиц, при со-
ставлении которых все вычисления уже сделаны1.
Пользуясь такими таблицами, можно сразу приступить к вычис-
лению перемещений.
Рис. 86
б) УЧЕТ БЫТОВОГО ДАВЛЕНИЯ
Как уже сказано вначале,, грунт не представляет идеального уп.
ругого тела: под нагрузкой возникают не только упругие, но и не-
упругие деформации; грунт уплотняется,
частицы его взаимно пе-
ремещаются. Этот про-
цесс является необра-
тимым (рис. 87), и пос-
ле разгрузки исчезает
осадки. Но если грунт,
с которого снята на-
грузка, вновь загру-
зить, то деформация
пойдет по более кру-
той кривой, пока на-
грузка не достигнет
той, которая была
раньше. Дальше де-
формация идет по ли-
нии первичного сжа-
тия.
Таким образом,
грунт имеет как бы
два модуля деформа-
1 См. Б. Н. Жемочкин, Уточнение расчета балок на упругом основании,
«Исследования по теории сооружений» вып. VI, Госстройиздат, 1954. Там приве-
дены все необходимые таблицы.
72
ции: один при первоначальном загружении и другой при вторич-
ном, причем второй модуль больше первого.
Заметим, что после нескольких циклов попеременных загрузок до
определенной величины и разгрузок уплотненный грунт начинает
вести себя как вполне упругое тело, модуль деформации превраща-
ется уже в модуль упругости.
Пр,и постройке высоких и тяжелых зданий обычно приходится
фундаменты заглублять иногда до1 10 м и даже больше. На такой
глубине грунт бывает сжат .весом вышележащих слоев, он испыты-
вает, как говорят, «бытовое давление».
Освобожденное от нагрузки дно котлована при производстве
работ немного приподнимается. Во время постройки, когда давле-
ние на грунт дойдет до величины бытового, подъем дна котлована
исчезнет; дальше будет происходить неупругая осадка.
Очевидно, что уплотненный грунт деформируется с большим
модулем деформации, соответствующим вторичному сжатию. После
того как нагрузка превысит первоначальное бытовое давление,
грунт начнет деформироваться по линии первичного сжатия.
Существование двух модулей деформации для первичного (обо-
значим его Ео) и для вторичного сжатия (обозначим его Еб) может
быть учтено в расчете.
Коэффициент Пуассона р0 можно считать одинаковым в обоих
случаях.
Рассчитывая балки на упругой полуплоскости, мы применяли
формулу (19) (стр. 20), определяющую осадку от единичной силы:
JIEq
При расчете заглубленного фундамента практически придется
иметь дело с плоской деформацией. Для этого случая, если отбро-
сить постоянное С, не входящее ни в какие расчеты:
пЕ0
Перемещение по направлению силы Xk от действия единичной
силы X t на основании формулы (35) (стр. 27):
Л I 0 1*о) г- I С3 /QQV
=Ук1 + »*>=----— Fki + — *ц, (93)
JIEq bls
где D — цилиндрическая жесткость (см. стр. 30), равная D =
EJ
~ (1 - Р) '
Раньше, когда мы не учитывали бытового давления, то при со-
ставлении уравнений умножали величину каждой силы на
перемещение :
0-^)
ЗХЕ()
r3
f*- Н----wki
1 6D ‘
(94)
Теперь же мы должны учесть, что пока напряжения в основании
не дойдут до величины бытового давления /?б , осадка будет идти
с модулем деформации вторичного сжатия Еб. Затем после того
как сила Xt достигнет значения —R6 с), деформация пойдет
по линии первичного сжатия.
Через с обозначено, как всегда, расстояние между условными
опорными стержнями. Ширина балки принята равной 1.
Следовательно, вместо формулы (94) при составлении уравне-
ний следует принять:
Rt с Fki + (Хг - R6 с) '—X
' 6D
или
(1 Но) р . с3
Fki~\~ ~ wkt
ои
лЕ0
^cFki
лЕо
(1-^) ~
лЕб
то получим:
мели разделить все члешы на--,
Xt(Fkiawki)—R6cFki (1 — f2-) ,
Еб /
причем:
с3 лЕ0
(95)
(96)
Первый член этого выражения не отличается от того, что мы
имели раньше, второй же член, не зависящий от силы Х{ (но
зависящий от Fki), можно отнести к свободному члену.
Таким образом, общий вид уравнения:
X-L 6*1 + Х2 6А2 + -^з ®*з + ‘ + Уо + То +
+ К-/?бс(1 2^,] = 0. (97)
L \ Еб] J
Например, система уравнений при трех неизвестных силах долж-
на быть такой:
+ К-
du 4- Х2 612 + Xs 613 + Уо + ai То +
R6 с ( 1 —
Xi б21 -)- Х2 622 Х3 й23 4- Уо + «2 То +
(Лх + F12 4- Лз)1 = 0;
Еб / I
+ — Кбс (1 — 77~) (F21 4- F22 4- F2S) 1=0;
L \ E6) J
Xi S3i 4- X2 632 4- X3 633 4- Уо + cig To +
+ [a3/j RqC fl —1 (F31 4- Fa2 4- F33)1 = 0;
L \ E6 / j
X^ 4- X2 4- Xs — 2 P = 0;
(98)
Xi Qi 4- X2 a2 4- X3 a3 — S XI = 0.
74
I
!
Понятно, что при симметричных балках возможны те же упро-
щения, как и в других случаях.
Так как модуль деформации вторичного сжатия часто много
больше модуля деформации первичного сжатия, на практике иног-
да можно принимать Еб=со. Это упрощает вычисления.
Может случиться, что какая-либо из сил X окажется меньше R6c.
Тогда здесь будет осадка только по линии вторичного сжатия. Пов-
торяя расчет, следует вместо формулы (95) применить формулу:
+ ' (99)
\Еб /
Ограничимся этими замечаниями1.-
На работе заглубленных фундаментов должно отразиться влия-
ние прилегающего грунта, который является как бы пригрузкой.
Вопрос этот разрешается, но он более сложный и выходит за рамки
настоящей книги. Здесь изложен только приближенный способ.
в) СЛУЧАИ ОТРИЦАТЕЛЬНЫХ РЕАКЦИИ ГРУНТА
При длинной балке, несущей нагрузку в средней части, может
случиться, что реакции грунта по концам окажутся отрицательными,
причем они не уничтожаются собственным весом балки.
^—1_______
। I
Рис. 88
Поскольку грунт не может иметь отрицательных реакций, на
этих участках балка приподнимется. Однако нельзя просто отбро-
сить эти реакции, так как тогда не будет равновесия. Необходимо
повторить расчет, принимая длину балки только в пределах поло-
жительных реакций (рис. 88). Если теперь точка, с которой начи-
нается подъем, окажется в другом месте, сделать новый расчет.
г) ПРИМЕНЕНИЕ МОДУЛЯ ДЕФОРМАЦИИ, ИЗМЕНЯЮЩЕГОСЯ
В ЗАВИСИМОСТИ ОТ ГЛУБИНЫ
Такая работа была проделана проф. Г. К. Клейном2. Им бы-
ли составлены таблицы, которыми для расчетов следует пользовать-
1 Подробно см. Указания по расчету заглубленных фундаментов, Водгео,
1955; Самарин И. К., Расчет фундаментов с учетом их заглубления, «Гидро-
техническое строительство» № 8, 1952.
2 См. его статью в сборнике трудов МИСИ, № 14, Госстройиздат, 1956.
75
ся так же, как изложено в настоящей книге для изотропного полу-
пространства.
д) ПРИМЕНЕНИЕ ДЛЯ РАСЧЕТА СПОСОБА СИЛ
Опубликован ряд работ, посвященных применению способа сил.
О том, что это не дает явных преимуществ, сказано в § 7.
Из этих работ укажем здесь лишь на работу Я. Б. Львина1 *.
Автор предлагает принять в качестве расчетной схемы неразрезную
балку и для перехода к основной системе ставить в местах прикреп-
ления стержней шарниры. Неизвестными являются моменты в узлах.
При такой основной системе отпадают затруднения, о которых
сказано на стр 38. Предложенный способ можно вполне применять
для расчета балок (прямых в плане) при наличии, конечно, таблиц,
составленных Я- Б. Л ь в и н ы м.
е) УЧЕТ КОНЦЕНТРАЦИИ РЕАКЦИИ ПО КОНЦАМ БАЛКИ
Иногда при расчете жесткой балки реакции основания концент-
рируются по концам и здесь напряжения становятся очень больши-
ми или даже стремящимися к бесконечности (рис. 89).
В действительности напряжения здесь не могут превышать
некоторого предела, поскольку начнется выпирание грунта. На
самом же конце балки напряжения должны быть равны нулю.
Ввиду этого можно внести поправку в эпюру, срезав концы эпю-
ры по наклонным прямым. Разными авторами даются различные
формулы для построения таких прямых.
Приведем здесь приближенную наиболее простую формулу:
Р = T*tg5(45°+-|-j . (100)
Здесь р —напряжение на расстоянии х от конца балки;
1 Расчет балок на упругом полупространстве и полуплоскости методом сил.
Исследования по теории сооружений, вып. V, Госстройиздат, 1951.
76
Y — объемный вес грунта;
f— угол естественного откоса грунта.
Однако нельзя ограничиваться только срезкой эпюры, так как не
будет равновесия. Следовало бы сделать новый расчет, считая, что
по концам реакции уже из-
вестны. На практике в этом
надобности нет. Достаточно
среднюю часть эпюры не-
сколько опустить с тем, что-
бы общая площадь эпюры
осталась неизменной (рис.
90). Желательно принимать
приращения ординат про-
порциональными ординатам.
Для заглубленной балки
следует проводить наклон-
ную корректирующую пря-
мую не от конца балки, а от
ординаты (рис. 91),
(45°+т)’ (101)
где h — величина заглубления.
Необходимо отметить, что затронутый здесь вопрос большого
практического значения не имеет. Даже бесконечно большие орди-
наты будут только на бесконечно малых участках, что не может
заметно отразиться на изгибающих моментах.
15. МЕХАНИЧЕСКИЙ СПОСОБ РАСЧЕТА ФУНДАМЕНТОВ
Расчет фундаментов на упругом основании'всегда представля-
ет очень трудоемкую задачу и требует громоздких вычислений.
Рассчитывать фундаменты сложных очертаний в плане практиче-
ски просто невозможно.
В связи с этим возникает необходимость введения принципиаль-
но нового способа расчета, именно: механического способа,
который избавляет проектировщика от необходимости составления
и решения уравнений.
С этой целью в Москве в институте В о дгео была изготовлена
установка, позволяющая рассчитывать фундаменты сложных очер-
таний в плане при любом загружении.
Общий вид установки приведен на рис. 92, ее схема на рис. 93.
Установка предназначена для исследования моделей фундамен-
тов.
Модель упругого полупространства выполнена из ре-
зины и имеет размеры: высота 980, ширина 1 200, длина 1 500 мм.
Резина изготовлена по особому заказу и имеет модуль упруго-
сти 15,5 кг)см? и коэффициент Пуассона 0,46. Модель упругого
77
полупространства не является (монолитной и состоит из листов, поло-
женных один на другой. Это позволяет исследовать случаи, когда
грунт является слоистым или имеет включения, по своим свойст-
вам отличающиеся от основной массы грунта. Оказалось, что листы
не надо было склеивать: настолько п - п
Рис. 93
Рис. 92
На модели упругого полупространства помещается модель фун-
дамента, выполненная из любого материала, который однако дол-
жен иметь устойчивые упругие свойства. В Водгео модели фунда-
ментов выполнялись из стальных листов толщиной, требующейся по
расчету.
Нагрузка на модель фундамента передается через вертикаль-
ные стержни, на которые нанизаны грузы в виде цилиндров.
Чтобы обеспечить правильное положение стержней, они пропу-
щены через отверстия в листе фанеры вверху. Грузы подвешены к
раме в верхней части установки. Рама поднимается и опускается
вращением рукоятки внизу. Соединение звездочки, несущей
рукоятку, с верхней рамой осуществляется цепями и шестеренками.
78
Измерительная аппаратура позволяет определять реакции ос-
нования, моменты в модели фундамента и осадки или прогибы.
Для измерения реакций основания были изготовлены разрабо-
танные канд. техн, наук П. В. Дергачевым приборы тензомет-
рического типа (рис. 94).
В тех местах, где требуется определять
реакции, в модели фундамента просверли-
ваются отверстия диаметром 8 мм. В каж-
дое отверстие вставляется поршень с тол-
кателем. Толкатель упирается в мембрану
прибора.
Для определения моментов в фундамен-
те на него наклеиваются тензодатчики в
любом направлении. Они позволяют полу-
чать деформации, по которым можно найти
напряжения в модели фундамента и вычис-
лить изгибающие моменты.
Прогибы измеряются обыкновенными Рис. 94
мессурами. Отметим, что если реакции тре-
буется находить в точках, расположенных более часто, чем это по-
зволяют размеры приборов, необходимо повторить опыт, сделав в
модели фундамента новые отверстия.
Важным при, расчете фундамента является переход от сооруже-
ния к модели и после исследования обратный переход от модели к
сооружению.
Примем следующие обозначения:
В реальном В модели
сооружении
Размеры в плане . • . . • I /
Моменты инерции (на всю
ширину или длину) ... J . j
Модуль упругости:
фундамента . . . . Е £
основания1.......... Ео Ео
Сосредоточенные
нагрузки на фундамент Р Р
Коэффициент Пуассона:
фундамента .................. Ц Ц
основания.......... ц0 |Д0
Реакция основания .... а а
Изгибающие моменты на
единицу ширины или дли- _
ны •.................. М М
Прогибы................. f f
Масштаб длин в модели может быть взят совершенно произволь-
ным, исходя только из соображений об удобстве проведения опыта.
1 В действительном сооружении Ей — модуль деформации.
79
Но момент инерции модели следует определить по расчету. Основ-
ная формула1
В тех случаях, когда фундамент сооружения представляет
•сплошную плиту, вместо отношения моментов инерции удобнее на-
ходить отношение толщин плит. Это дает:
ё° .Е . • (1~~^
I V Ео Ё U~ Р2) (1—Ро)
Для нагрузок 'может быть также взят произвольный масштаб.
Найдя реакции основания в модели, перейдем к реакциям под
сооружением:
- р / 7 \2
а = а4- —(104)
Р \ 1 /
Если вычислены моменты в модели фундамента, то для соору-
жения
(Ю5)
Наконец прогиб
-F р_ Ео_ (!—Ро) I
’ Р 'Е° ' U-Po) ’ 1 '
Опыты, проведенные в Водгео для таких случаев, когда за-
дачу можно решать и теоретически, обнаружили хорошее совпаде-
ние теоретических и экспериментальных данных.
Это позволяет сделать вывод, что установка Водгео дает доста-
точно точные данные для фундаментов самых сложных очертаний
в плане, которые теоретически вообще нельзя рассчитать.
1 Вывод формулы и подробное описание установки см. Б. Н. Демочкин,
П. В. Дергачев, Установка для механического расчета фундаментов инженер-
ных сооружений, Труды института Водгео, Госстройиздат, 1958.
Проф. А. П. Синицын
ЧАСТЬ II
ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ
Приводимые ниже примеры расположены в порядке постепен-
s ного усложнения.
В примерах расчеты доведены до определения опорных реакций
упругого основания, поперечных сил и моментов.
Большая часть примеров взята из инженерной практики и отно-
сится к реальным сооружениям.
В основу расчетов положены схемы сооружений, которые, как
известно, иногда могут значительно отличаться от действительных
; сооружений. При назначении расчетных схем пренебрегают таки-
ми факторами, которые мало влияют на окончательные результаты.
С помощью упрощенных расчетных схем инженеры-проекти-
I ровщики могут получить практически достаточно точные результа-
*'• ты с наименьшей затратой труда и времени.
I: В этом отношении характерны примеры 15 и 16, в которых
; поставлены черезвычайно сложные задачи, но, благодаря допусти-
мым на практике упрощениям, их удалось разрешить.
In р и м Е Р 1
ЖЕЛЕЗОБЕТОННАЯ БАЛКА НА КИРПИЧНОЙ СТЕНЕ
1 Железобетонная балка прямоугольного сечения лежит на кир-
; личной стене. Балка несет сосредоточенный груз в 100 т, приложен-
ный к середине ее длины. Размеры балки указаны на рис. 95.
| Модуль упругости кладки £о = 30 ООО кг/см2=300 ООО т/м2. Жест-
I кость балки EJ = 73 828 тм2.
I Это случай упругого основания в виде полуплоскости (см. § 5).
|. Расчетную схему примем по рис. 96, предполагая опорные стержни
I расположенными на расстояниях с=0,5 м. Решим задачу смешан-
I ным способом, поместив заделку в середине (рис. 97). К площадке
I у заделки приложим две равные силы Хо, действующие на одну и
g;. ту же площадку. Вследствие симметрии левые и правые силы X бу-
дут попарно равны между собой.
6 Б. Н.. Жемочкин, А., П. Синицын<
81
В данном случае имеем шесть неизвестных: силы Хо, Xi, Хг, Хз,
Х4 и осадку у0 (угол поворота <ро = 0).
Канонические уравнения будут:
й00 + Хг 801 -|~ Х2 502 + Х3 <503 -j- Xi <504 4~ у0 =0;
До + + %2 ’Да + Х3 Д3 + Х4 614 у0 = 0;
* о До 4- Xi д21 4~ Х2 822 + Х3 Д3 + <524 -j- у0 = 0;
* о До + Xi Дг + Х2 632 4- Х3 Д3 4- Х4 634 4- у0 =0;
* 0 До + -^1 Д1 + %2 Дй + *3 Д3 4" Xi 844 4- Уо = 0;
Х0 4~А1 4~-^2 +-^3 + ---—^ = 0.
Рис. 95
Рис. 96
Рис. 97
В первых пяти уравнениях свободные члены равны нулю, так
как точка приложения нагрузки совпадает с заделкой. Последнее
уравнение представляет уравнение равновесия-; сумма сил X с
одной стороны заделки равна половине внешней нагрузки.
Для вычисления перемещений применим формулу (46) (стр. 29):
= Fki + a wki.
Коэффициент а в данном случае вычисляется по формуле (47):
яЕо с3
"&EJ "
л-300 000-0,503 _
6-73 828 ~
0,266.
Функцию F будем искать в табл. I (см. III часть) для упругой
полуплоскости.
Не забудем при нахождении осадок учитывать как правые, так .
и левые силы.
Значения w — единичные прогибы балки — возьмем из табл. IV,
будем учитывать силы только с одной стороны заделки.
82
Например б18 найдем следующим образом. Осадка основания
- в месте приложения силы Xi зависит от двух единичных сил, дейст-
вующих в местах приложения сил Х3; одна сила на расстоянии 2с
и другая — 4с *
для — = — =2 по табл. I F = — 4,751,
L с с
| для — = — = 4 по табл. I F = —6,154.
Г. с с
Поэтому Fi3 = —4,751—6,154 = —10,905.
Добавляем теперь прогиб балки. Сила Х3 расположена на рас-
стоянии Зс от заделки, сила Xi — на расстоянии с. В табл. IV на-
ходим Wi3 = 8.
Следовательно,
ё13=—10,905+<х-8= —10,905+0,266-8=—8,777.
Аналогично находятся и другие перемещения.
Приводим сводку всех перемещений:
«оо = 0,
601 = -2-3,296 = —6,592,
б02 = -2-4,751 = — 9,502,
б03 = -2-5,574 = — 11,148,
б01 = — 2-6,154 = — 12,308,
бп = 0 -4,751+0,266- 2 = — 4,219,
б12 = — 3,296 — 5,574 + 0,266- 5 = — 7,540,
<513 = — 4,751 -6,154 + 0,266- 8 = — 8,777,
б14 = — 5,574 + 6,602 + 0,266 11 = — 9,250 ,
822 = 0 -6,154 + 0,266- 16 = — 1,898,
б23 =—3,296 —6,602 + 0,266- 28 = — 2,450,
624 = —4,751 —6,967 + 0,266- 40 = — 1,078,
б33 = 0 — 6,967 + 0,266 • 54 = + 7,397 ,
634 = — 3,296 —7,276 + 0,266- 81 = + 10,974 ,
644 = 0 —7,544 + 0,266-128= + 26,504 .
Подставляем найденные б в уравнения:
— 6,592 X,— 9,502 Х2 — 11,148Х3 — 12,308 Х4+у0 = 0,
< — 6,592Х0 — 4,219 Хх- 7,540 Х2 — 8,777 Х3 — 9,250 Х4+у0 = 0,
: — 9,502 Хо — 7,540 Хг — 1,898 Х2 — 2,450 Х3 — 1,078 Х4+у0 = 0,
£ —11,148 Хо —8,777 Х4 —2,450 Х2 + 7,397 Ха + 10,974 Х4+у0 = 0,
Г — 12,308 Хо —9,250 X, —1,078 Х2 + 10,974 Х3 + 26,504 Х4+у0 = 0,
I + х0 + х, + Х2 + Х3 + Х4—= 0.
Й 2
Решая уравнения, получим:
£ Хо= + 12,592; Х3 = + 6,548;
F X, =+ 19,665; Х4 = — 1,050;
К Х2 = + 12,245; у0 = + 306,05.
к Подставляя значения неизвестных в уравнения, проверим пра-
Ц вильность их решения.
Одна из проверок состоит в суммировании всех X. Если мы это
С проделаем, то в итоге получим 50 т.
Г 6* 83
Теперь можем найти интенсивность давления по подошве балки.
Для этого следует все X разделить на с = 0,5 м. Кроме того, Хо надо
еще удвоить, так как в средней точке приложены две силы Хо. По-
лучим:
2-12,592 .
р0 = ——— = 50,37 ttljM.
Покажем, как вычисляются осадки (если они требуются по
условиям задания). Для этого помножим каждую силу X на со-
84
ответствующую функцию F. Будем учитывать силы X слева' и спра-
ва от заделки.
2-12,592-0 = 0 2-12,592 (-3,296) =.— 83,01
2-19,665 (—3,296)= - 129,63 19,665(0-4,751) =— 93,43
2-12,245 (-4,751)=- 116,34 12,245 (-3,296 —5,574)= —108,61
2 - 6,548 (—5,574)=— 73,00 6,548(—4,751 —6,154)= — 71,41
— 2- 1,050 (-6,154)= + 12,92 —1,050 (-5,574 —6,602)= — 12,78
у0 = — 306,05 ух = —343,68
Таким порядком можно вести работу и дальше.
Величина у0 оказалась той же, что и на стр. 79. Однако знак
изменился. Дело в том, что, составляя уравнения; мы подразуме-
вали под положительным у0 перемещение вверх. Теперь же мы оп-
ределяем осадки основания, а они считаются положительными,
когда направлены вниз. Полученные значения надо отсчитывать
вверх от некоторого условного горизонта. Не забудем разделить
у на л Ео, в соответствии с формулами (19) и (48). Так как Ео в
т1м,2, то осадки будут в м. Но это не истинные осадки: в плоской за-
даче они остаются неопределенными; мы можем находить только
разницы осадок.
Целесообразно сделать поверку решения задачи в целом, вы-
числив прогибы балки и сравнив их с осадками. Упругая кривая и
кривая осадок должны совпадать в пределах точности расчета.
На рис. -98 даны результаты расчета балки. Здесь приведены
эпюры реакции основания (причем для наглядности ступенчатая
эпюра заменена криволинейной), эпюра моментов и эпюра осадок.
При вычислении моментов нагрузки приняты не сосредоточенны-*
ми (что практически вполне можно было бы сделать), а равномер-
но распределенными на соответствующих участках.
ПРИМЕР 2
БЕТОННОЕ ОСНОВАНИЕ ПОД ЖЕЛЕЗНОДОРОЖНЫЕ
ПУТИ
Требуется найти распределение реакций в поперечном направ-
лении для плиты бетонного основания под железнодорожный путь.
Для решения вырезаем полосу шириной 1 пог. м и рассматрива-
ем ее как балку, применяя формулы плоской деформации (§ 5).
Выделенная балка имеет длину 2,8 я, ширину 1 м и толщину
0,2 м (рис. 99).
Разобьем, ее для расчета по длине на семь участков и в середи-*
не каждого участка между балкой и основанием поместим
2,8 „ .
условные стержни, расположенные на расстояниях с= — =0,4 я
один от другого. Нагрузка от подвижного состава передается на
балку сосредоточенно в двух точках на расстоянии 0,8 м от сере-
дины балки. Каждую силу примем Р=1 т для удобства расчета.
Принимаем следующие данные:
Модуль деформации основания £'0=Ю0 кг1см2=\ 000 т/.и2.
85
Модуль упругости материала балки £=210 000 кг/см2=
=2 100 000 т/м2.
Коэффициент Пуассона для основания [хо=0,35.
Коэффициент Пуассона для балки у. =0,167.
Момент инерции сечения балки
f—0,60
Рис. 99
Находим коэффициент а для случая плоской деформации по
формуле (50) (стр. 30):
лЕо г3
6£(1-р2)
3,14-1 Q4Q.Q,403
6-1428(1—0,352)
1—'—!——Ьт
Рис. 100
Основную систему получим, отбрасывая стержни и добавляя
заделку в середине пролета (рис. 100).
Вычисляем единичные перемещения, пользуясь табл. I и IV:
б01 = -2-3,296 = — 6,592,
<3О2 = -2-4,751 = — 9,502,
<5ОЗ = —2-5,574 = — 11,148,
6,! = — 4,751 + 0,0267 • 2 = — 4,698 ,
д12 = — 3,296 — 5,574 + 0,0267 • 5 = — 8,736,
б13 = — 4,751 — 6,154 + 0,0267-8 = — 10,691 ,
622 = —6,1544- 0,0267 • 16 = — 5,727 ,
623 = — 3,296 — 6,602 + 0,0267 • 28 = — 9,150 ,
б33 = — 6,967 + 0,0267 54 = — 5,525 ,
Д1О = —0,0267- 5 = —0,134,
Д2р = — 0,0267 • 16 = — 0,427 ,
Д3р = — 0,0267 • 28 = — 0,748 .
Подставляя значения 6 в канонические уравнения, получим си-
стему, приведенную в следующей таблице:
86
’++
№ уравнений X, Х2- X, X., . Уо Свободные члены
1 — 4,698 — 8,736 — 10,691 — 6,592 + 10,000 — 0,134
2 — 8,736 — 5,727 — 9,150 — 9,502 + 10,000 — 0,427
3 — 10,691 — 9,150 — 5,525 — 11,148 + 10,000 — 0,748
0 — 6,592 — 9,502 — 11,148 0 + 10,000 0
4 4-10,000 4-10,000 4-10,000 4-10,000 0 —10,000 1
Уравнения выписаны здесь в том порядке, который является
наиболее удобным для решения.
Решая эту систему, найдем значения неизвестных:
у0 = + 0,87305 , .
Хо = 4-0,09820 , I Р-1 I р*1 S
Xt = 4-0,20647 ,
Х2 = +0,23189 ,
Х3 = 4- 0,46335.
Проверка:
S Х=0,098204-0,20647 + 0,23189+
4-0,46335=0,99991.
Вычислим интенсивность ре-
акции основания:
2Х0
р0 = ^—^ = 0,09820:0,20 = 0,491 т/м*
Р1 = = 0,20647:0,40 = 0,516 т/м2,
и 0,40
Хг
= —- = 0,23189:0,40 = 0,580 т/м*,
0,40
р,= — = 0,46335:0,40= 1,158 т/м2.
15 0,40
Моменты:
Мо = Х3-1,204-Х2- 0,804-Xv 0,40 4- Хо ~ -1-0,80=0,033 тм,
= Х3-0,804-^2-0,40 + 1-0,40 = 0,074 тм,
М2 = Хз-0,40 +— . — = 0,197 тм,
2 з 2 4
М _ *2. . 2^2 = 0,0232 тм.
2 4
87
Поперечные силы:
Qo = 0;
Q1 = —Х8 — Х2 —0,5X1+1 = + 0,201 т ,
Q2 = —X3 —0,5Х2+ 1 = + 0,421 т ,
Q' = —0,579 т ,
Q3 = — 0,5Хз = —0,232 т .
Эпюры р, М и Q показаны на рис. 101.
Условно мы приняли нагрузку Р=1 т. После решения задачи
можем перейти к любой величине Р. i
пример з
ФУНДАМЕНТНАЯ БАЛКА ТАВРОВОГО СЕЧЕНИЯ
Дана железобетонная балка таврового сечения, лежащая на 1
грунте и нагруженная сосредоточенной силой 50 т (рис. 102). -
Момент инерции сечения j
балки /=0,0256 ж4, модуль уп- )
ру гости £ = 210 000 кг/см2= *
=2 100 000 т/м2.
Физические характеристики
грунта:
модуль деформации Ео=
= 1 000 кг/см2 = 10 000 т/м2 )
(плотный грунт); коэффици-
ент Пуассона ро = О,3. i
Разобьем балку по длине (
на девять участков; в середи- ;
нах участков поставим опор- (
ные стержни. ;
0,556 м.
Как и в предыдущих примерах, расположим фиктивную задел-
ку в середине пролета.
Коэффициент а вычислим по формуле (59) для балки, лежащей
на полупространстве (стр. 33):
3,14-10 000-0,5564
а = ---------------------- =0,011.
6-2100 000-0,0256(1—0,32) )
Для нахождения перемещений пользуемся табл. II и IV, при- i
b 1 ,00 о ~ ;
нимая—= — 556 ~ 2, где о — ширина балки, с — расстояние между
стержнями. j
При вычислении перемещений грунта учитываем силы X слева )
и справа от заделки. Например, перемещение точки 1 от группы *
сил X3=l, т. е. Sis, вычисляем следующим образом (схема балки
такая же, как и на рис. 97): 1
88 ;
Рис. 102
Расстояние между стержнями:
5,00
для — = — = 2 по табл. II F = 0,490,
С Ct
для — = — = 4 по табл. II F = 0,249.
с с
Поэтому 771з=0,490+0,249=0,739.
Добавляем еще прогиб балки (табл. IV) от единичной силы,
приложенной в точке 3, По направлению силы АрТаким образом:
613 = 0,739 + а-8 = 0,739 + 0,011 - 8 = + 0,827.
Перемещения получаем равными:
600 = 2-2,406 =+ 4,812,-
601 = 2-0,929 = + 1,858, , '
602 = 2-0,490 = + 0,980,
803 = 2-0,330 = + 0,660,
604 = 2-0,249 = + 0,498,.
= 2,406 + 0,490 + 0,011 • 2 = + 2,918,
812 = 0,929 + 0,330 + 0,011- 5= + 1,314,
613 = 0,490 + 0,249 + 0,011 • 8 = + 0,827, '
8.. = 0,330 + 0,199 + 0,011-11 = + 0,650, ’
822 = 2,406 + 0,249 + 0,011-16 =+ 2.831, ®
823 = 0,929 + 0,199 + 0.011-28 = + 1,436, ® 1 ‘
624 = 0,490 + 0,166 + 0,011 • 40 = + 1,096,
833 = 2,406 + 0,166 + 0,011 -54 = + 3,166,
834 = 0,929+ 0,143 + 0,011-81 = + 1,973
644 = 2,406 + 0,125 + 0,011 • 128 = + 3,939.
Свободные члены во всех уравнениях, кроме последнего, будут
равны нулю. Получаем систему уравнений, приведенную в
таблице.
X» *1 х2 X, Уо Свободные члены
+ 4,812 + 1,858 + 0,980 + 0,660 + 0,498 +10 0
4- 1,858 + 2,918 + 1,314 + 0,827 + 0,650 4-10 0
+ 0,980 + 1,314 + 2,831 + 1,436 + 1,096 + 10 0
+ 0,660 + 0,827 + 1,436 + 3,166 + 1,973 + 10 0
+ 0,498 + 0,650 + 1,096 + 1,973 + 3,939 4-10 0
+ 10,00 + 10,00 + 10,00 + 10,00 4-10,00 0 _.50,0 2
Решаем уравнения и находим все неизвестные.
Эпюры р и М изображены на рис. 102.
89
ПРИМЕРА
СИЛОСНЫЙ КОРПУС ЭЛЕВАТОРА
(РАВНОМЕРНАЯ НАГРУЗКА)
Силосный корпус элеватора, имеющий длину 90 м и ширину
30 м, ввиду большой высоты силосов рассматривается как беско-
нечно жесткая балка, лежащая на упругом полупространстве.
Требуется построить эпюру реакций упругого основания от загру-
Рис. 103
I
[iiiiiiiiHiiHHiiiiiiiiHiiiiiH iiKmHiiiiiiiiiiiiiiiHiHHiiiiiniii]
-tyUno^ioj} 4 io,o 4 io,o 410,0 4 io,o£ io,o 4 iq,o ^ot—
Рис. 104
жения корпуса равномерной нагрузкой. Примем для удобства
расчета среднее давление на грунт <7о=1-
По длине силосный корпус разбиваем на девять участков, фик-
тивную заделку располагаем в середине пролета. Расчетная схема
изображена на рис. 103 и основная система на рис. 104.
Модуль деформации основания в данном примере для расчета
не потребуется, так как мы рассматриваем сооружение как абсо-
лютно жесткое. Не надо также вычислять и коэффициент а (он ра--
вен нулю). Поэтому перейдем непосредственно к определению
перемещений.
Значения Fhi возьмем из табл. П в вертикальном столбце, соот-
ветствующем отношению— =— =3, где о — ширина балки, с —
расстояние между стержнями. При вычислении перемещений
учтем силы X слева и справа от заделки.
90
800 = 2-1,867 = +3,734,
d01 = 2- 0,829 = + 1,658,
d02 = 2 • 0,469 = + 0,938,
б03 = 2-0,323 = 4-0,646,
8^ = 2-0,246 = + 0,492,
8U = 1,867 + 0,469 = + 2,336,
б12 = 0,829 + 0,323 = + 1,152,
б13 = 0,469 + 0,246 = + 0,715,
614 = 0,323 + 0,197 = + 0,520,
822 = 1,867 + 0,246 =’+2,113,
/ З23 = 0,829 + 0,197 = + 1,026,
824 = 0,469 + 0,165 =+ 0,634,
633 = 1,867 + 0,165 =+ 2,032,
ё34 = 0,829 + 0,142 ='+ 0,971,
б44 = 1,867 + 0,124 = + 1,991.
Подставляя вычисленные значения коэффициентов в канониче-
ские уравнения, получим следующую систему:
X. X, X, X, х, У« Свободные члены
+3,734 + 1,658 +0,938 +0,646 +0,492 + 1,000 0
+ 1,658 +2,336 + 1,152 + 0,715 +0,520 + 1,000 0
+0,938 + 1,152 +2,113 + 1.С26 +0,634 + 1,000 0
+0,646 +0,715 + 1,026 +2,032 +0,971 + 1,000 0
+0,492 +0,520 +0,634 +0,971 + 1,991 * +1,000 0
+ 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 0 —4,5
Ввиду бесконечной жесткости балки свободные члены пяти пер-
вых уравнений равны нулю; свободный же член последнего уравне-
ния равен сумме внешних сил, приложенных к балке. В силу сим-
метрии уравнения составляются для одной половины балки; на-
грузка на эту половину:
Q =^-<70 = 4,5-3^0.
Для удобства решения поставим в последнем уравнении вместо
Q свободный член, равный 4,5. Тогда мы получим все неизвестные
X уменьшенными в Зс2</ раз и, чтобы перейти к истинным значе-
ниям X, надо после решения уравнений результаты умножить на
ту же величину. Но для определения интенсивности давления на
основание придется затем делить все X на площади участков, т. е.
на 3 с2. Отсюда следует, что получаемые из уравнений силы X бу-
91
дут численно равны интенсивностям давления в соответствующих
участках при 70=1-
Решением уравнений найдены следующие значения неизвест-
ных:
у0 = — 5,034;
2Х0 = + 2-0,399 =+ 0,798;
%! = + 0,838;
Х2 = +0,858;
Х3 = + 0,907;
Xt = + 1,494.
Для проверки правильности решения подставим полученные
величины неизвестных последовательно во все шесть уравнений;
при этом уравнения должны обращаться в тождества.
Зппра реакций
Можем поверить не-
разрывность деформаций
исходя из равенства пе-
ремещений точек прило-
жения сил X, вычислен-
ных независимо для уп-
ругого основания и для
ис' 5 балки. В данном случае
задана бесконечно жест-
кая балка, поэтому вертикальные перемещения всех точек балки
равны между собой и равны осадке основания у места фиктивной
заделки. Эту последнюю можем найти по формуле (60) (стр. 33),
не забывая, что результат надо умножить на Зс3.
Эпюра реакций показана' на рис. 105.
Весь расчет был проделан для среднего давления на основание
<7о= 1- Поэтому найденные нами значения по существу являются
коэффициентами неравномерности распределения давления на ос-
нование.
Теперь мы можем легко решить задачу для любой величины
среднего давления на грунт q. Чтобы получить интенсивность дав-
ления в каждом участке, надо силы X умножить на q.
ПРИМЕР 5
СИЛОСНЫЙ КОРПУС ЭЛЕВАТОРА (ЧАСТИЧНАЯ НАГРУЗКА)
Силосный корпус элеватора, рассмотренный в предыдущем при-
мере, загружен в средней части на 5/э полной длины. Требуется оп-
ределить реакцию основания только от временной нагрузки.
Подобное расположение нагрузки может быть в период эксплу-
атации элеватора. Опыт показывает, что после первоначального
загружения грунт значительно уплотняется и модуль деформации
92
его возрастает. Поэтому для расчетов на последующие загружения
во время эксплуатации можно принять повышенный модуль дефор-
мации.
Но при повышенном модуле деформации основания корпус эле-
ватора уже нельзя считать абсолютно жестким, как это сделано в
предыдущем примере. Поэтому следует учитывать изгиб всего зда-
ния в продольном направлении как балки, лежащей на упругом
полупространстве.
Данные для расчета:
Приведенный момент инерции силосного корпуса / = 3 200 м4.
Эпюра реакции
Рис. 106
Модуль упругости железобетона £=210 000 /сг/с.и2=2 100 000 т1м2.
Модуль деформации основания Е0=2 000 кг/сл«2=20000 т/ж2.
Коэффициент Пуассона для основания ро = 0,30.
Расстояние между условными опорными стержнями примем
с = 10 м.
Основная система с заделкой в середине длины изображена на
рис. 106. Равномерная нагрузка от веса зерна заменена сосредото-
ченными силами, приложенными над опорными стержнями. Для
удобства вычислений эти силы приняты равными единице.
Коэффициенты уравнений будем находить по формуле (58)
(стр. 33). Значения F возьмем из табл. II (столбец— = -—=3 ), а
с 10 /
w — из табл. IV. Коэффициент а примем по формуле (59):
___ лЕес4 ________ _____3,14-20 000-Ю4_____ __q 0171
“ ~ 6EJ (1-^) ~ 6-2100000-3200(1-0,302) “ ’
93
Вычисляем перемещения:
300 = 2-1,867 = +3,734,
801 = 2-0,829 = + 1,658,
б02 = 2-0,469 = + 0,938,
В03 = 2-0,323 = + 0,646,
6м = 2-0,246 = +0,492,
ди = 1,867 + 0,469 + 0,0171-2 = + 2,370,
д12 = 0,829 + 0,323 + 0,0171 -5= + 1,238,
813= 0,469 + 0,246 + 0,0171-8 = +0,852,
8И = 0,323 + 0,197 + 0,0171 -11 = +0,708,
В22 = 1,867 + 0,246 + 0,0171 • 16 = + 2,387,
828 = 0,829 + 0,197 + 0,0171 -28 = + 1,505,
б24 = 0,469 + 0,165 + 0,0171 -40 = + 1,318,
633 = 1,867 + 0,165 + 0,0171-54 = + 2,955,
б34 = 0,829+ 0,142+ 0,0171-81 = +2,356,
844 = 1,867 + 0,124 + 0,0171 • 128 = + 4,180,
^ор ~ 0
Д1р = — 0,0171 (2 + 5) = —0,120,
Д2р = —0,0171 (5 + 16) = —0,359,
Д3р = — 0,0171 (8 + 28) = — 0,616,
Д4р = —0,0171 (11 + 40) = —0,872.
Составим такую систему уравнений:
X. Х2 х. X. У» Свободные члены
+3,734 + 1,658 +0,938 +0,646 +0,492 + 1,000 0
+ 1,658 +2,370 + 1,238 +0,852 +0,708 + 1,000 —0,120
+0,938 + 1,238 + 2,387 + 1,505 + 1,318 + 1,000 —0,359
+0,646 +0,852 + 1,505- +2,955 +2,356 + 1,000 —0,616
+0,492 +0,708 + 1,318 +2,356 +4,180 + 1,000 —0,872
+ 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 0 —2,500
Решив эту систему, найдем следующие значения неизвестных:
Уо = — 3,460, Х2 = + 0,584 ,
2Х0 = +2-0,346 = +.0,692, Х3 = +0,469,
Хх = + 0,666, X* = + 0,435.
94
Проверка равновесия дает:
0,346 + 0,666 + 0,584 + 0,469 + 0,435 = 2,500.
Можно сделать также проверку, определяя осадки основания
и прогибы балки. В пределах точности вычислений они должны
совпадать.
В расчете мы приняли, что нагрузка, приходящаяся на участок
длиной с, равна единице.
Между тем следовало бы принять (q0'b-c), где </о — интенсив-
ность внешней нагрузки в пределах загруженной части элеватора.
Поэтому все силы X нужно умножить (q0-b-c). Но для полу-
чения интенсивности реакции основания необходимо X разделить
ча (5: с). Отсюда следует, что найденные нами силы X численно
равны интенсивностям реакции в соответствующих участках
при q0= 1. Интенсивность реакции при другой нагрузке q получает-
ся путем умножения X на q.
Результатами расчетов можно воспользоваться для того, что-
бы оценить влияние жесткости балки и упругости основания на
распределение реакции.
В примере 4 мы рассчитывали тот же элеватор, но при гораздо
меньшем модуле деформации основания, в этом случае все здание
в целом можно было рассматривать как абсолютно жесткое- Наи-
большая реакция при qo= 1 т/м2 была найдена в крайнем участке
Р4= 1,50 т/м2-
Если бы в примере 5 мы рассчитывали силосный корпус как аб-
солютно жесткий, то получили бы в крайнем участке интенсивность
реакции:
щ = — -1,50 = 0,83 т/м2.
9
Между тем, учитывая изгиб здания, мы имеем:
р4 = 0,43 т/м2,
т. е. почти вдвое меньше.
Таким образом, уменьшение жесткости балки (или увеличение
модуля деформации основания) значительно снижает концентра-
цию напряжений у ее концов-
ПРИМЕР 6
БАЛКА ПЕРЕМЕННОГО СЕЧЕНИЯ
Дана железобетонная балка, лежащая на кирпичной стене
(рис- 107). Сечение балки переменное. Нагрузка состоит из трех
сил: Pi = 40 т, Рг—ЮО т и Р3 = 20 т.
Моменты инерции поперечного сечения балки:
А = 0,010417 л:4,
./2 = 0,042667 м*,
J3 = 0,005334 ж4.
95
Модуль упругости материала балки:
Е = 210 000 кг/см2 = 2 100 000т/ж2.
Модуль деформации основания:
£0 = 30 000 кг/сж2 = 300 000 м/т2..
Расстояние между условными стержнями:
с = 0,5 м.
Этот случай отличается от предыдущих тем, что здесь необхо-
димо проделать несколько большую вычислительную работу вви-
ду отсутствия симметрии.
Рис.’108 Рис. 109
Основную систему примем по рис. 108.
Заделку поместим на границе между первым и вторым участ-
ками. Коэффициент а будет иметь два значения [формула (47)
стр. 29]:
для первого участка:
яЕоС3 л-300 000-0,53 посте
оСч — — и.оУ/о*
1 6EJt 6-2 100000-0,010417
для второго и третьего участков:
лЕ0с3 л-300 000-0,53 п
а2 = ---------------=--------------------= 0,2191.
6EJ2 6-2 100000-0,042667
Отношение жесткостей в третьем и во втором участках:
. — EJ" — 0,005334 _ 1
3 ~ EJ2 ~ 0,042667 — 8
При определении перемещений воспользуемся табл. I для
функций F и табл. IV для прогибов балки. Однако, вычисляя пере-
мещения д99, б9)10, 810,10 Д9/, и Д10р (причем для последних только в
части, зависящей от Р3), мы уже не можем применить табл. IV-
Эти перемещения следует находить перемножением эпюр момен-
тов от единичных сил.
96
Результаты перемножения эпюр в пределах третьего участка
необходимо разделить на i3 = — .
Ниже приводятся вычисления перемещений.
«11 = 0 + 0,8976-128 = + 114,893, 63,10 = — 7,276,
®12 = -3,296 + 0,8976-81 = + 69,410, 8** 0 + 0,8976-2 = + 1,795
813 = — 4,751 + 0,8976-40 = + 31,153, 6*5 — — 3,296,
81* = -5,574 + 0,8976-11 = 4- 4,300, 8*6 — -4,751-,
815 = — 6,154 + 0,8976-0 = —6,154, 8*7 — — 5,574,
810 = —6,602, 8*8 = — 6,154,
8ц = — 6,967, 8*9 — 6,602,
818 = — 7,276, 84,10 = — 6,967,
8ie = — 7,544, 855 = 0,
8; до = —7,780, .
856 — 3,296,
8 22 = 0+ 0,8976-54 = + 48,470, 857 = — 4,751,
8j3 = — 3,296 + 0,8976-28 = + 21,837; 658 = — 5,574, .
®2* = —4,751 + 0,8976-8.= + 2,430, 859 — 6,154, ’
8 25 = —5,574, 65, ю == — 6,602,
8гв = — 6,154, ®66 = 0 + 0,2191-2 = +0,438,
®27 = —6,602, 8в7 = — 3,296 + 0,2191 -5 = — 2,200,
®28 = — 6,967, 8ев = — 4,751 + 0,2191-8 = —2,998,
829 = — 7,276, ®69 — — 5,574 + 0,2191-11= —3,164,
62,1С ) = — 7,544, ®6,10 — -6,154 + 0,2191-14 =—3,087,
833 = 0+ 0,8976-16 = + 14,362, 877 = 0+ 0,2191-16 = + 3,506,
83* = - 3,296 + 0,8976-5 =+ 1,192, 678 = — 3296 + 0,2191-28 = +2,839,
835 = — 4,751 +0,8976-0 = —4,751, 879 = — 4,751 + 0,2191 -40=+4,013,
836 = — 5,574, В7,10 = — 5,574 + 0,2191 -52=+5,819,
837 = —6,154, 8ss = 0 + 0,2191-54 = + 11,831,
®38 = — 6,602, 6 89 == — 3,296+0,2191-81 =+14,451,
839 = —6,967, В8,10 — —4,751+0,2191 • 108=+18,912
Для вычисления перемещений балки от единичных сил, прило-
женных в пределах третьего участка, выполним перемножение
эпюр по общим правилам строительной механики (рис. 109):
, Г0,5с-0,гс 1 + — С L 2 3 Г 4с-3,5с 17 4 , Г0,5с-3,5с 10 1 , - с + - • — с + L 2 6 J | 2 6 ] ] : —1 = —(119 + 8,75 + 2) = 129,75 J 8 • '6£72 6£V,
699 = 0 + 0,2191-129,75 = + 28,431.
7 Б. Н. Жемочкин, А. П. Синицин
97
Х1 Х2 Х3 Х4 Х« х,
+ 114,893 +69,410 +31,153 +4,300 —6,154 —6,602 —6,967
+ 69,410 +48,470 +21,837 +2,430 —5,574 —6,154 —6,602
+ 31,153 + 21,837 + 14,362 + 1,192 —4,751 —5,574 —6,154
+ 4,300 + 2,430 + 1,192 + 1,795 —3,296 —4,751 —5,574
— 6,154 — 5,574 — 4,751 —3,296 0 —3,296 —4,751
— 6,602 — 6,154 — 5,574 —4,751 —3,296 +0,438 —2,200
— 6,967 — 6,602 — 6,154 —5,574 —4,751 —2,200 +3,506
— 7,276 — 6,967 — 6,602 —6,154 —5,574 —2,998 +2,839
— 7,544 — 7,276 — 6,967 —6,602 —6,154 —3,164 +4,013
— 7,780 — 7,544 — 7,276 —6,967 —6,602 —3,С87 +5,819
+ 2 + 1,5 + 1 +0,5 0 —0,5 — 1
+ 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1
Аналогично найдем, перемножая эпюры (эпюра А'ю не при-
ведена) :
— 1 (Г 4с~3-5с 23
U9’10 — Е+ Н 2 6 °
0,5с- 0,5с 8 ] . 1 1 с3
6 ° ‘ 8
0,5с-3,5с
с3
(161 + 14 + 8)= 183—- ,
6£У 2
2
2
6ЕЛ
69>10 = — 3,296 + 0,2191 183 = + 36,799,
1 (Т 5с-3,5с 23 1 ,
цЮ,10 — £j2 2 6 ° ] +
1,5с-3,5с 16 1 . П ,5с- 1,5с "1 1 1 пг
—---------- —с + ------------- -с : —I = 297,2а
2 6 J [ 2 J 8 )
8 = 0 + 0,2191-297,25 = 65,135.
10,10 1 > ’ 1
с3
бЕА
Свободные члены уравнений вычисляются, как прогибы балки,
заделанной одним концом и загруженной силами Р\, Р2, Рз. Для
нахождения Д9р и Д10 опять следует перемножить эпюры.
Д1 =—0,8976-81 -40=—2907,58,
Д2р = —0,8976-54-40=—1938,38,
Д3 =—0,8976-28-40= —1005,09,
Д =—0,8976- 8-40=— 287,17,
4= 0,
Д 0,2191(100- 2+20- 12,5) =— 98,60,
Д-„=—0,2191(100- 5+20- 46) =— 311,12,
Д8 =—0,2191(100- 8+20- 94,5) =— 589,38,
Да=—0,2191(100-11 + 20-156,4) =— 926,32,
Д10=—0,2191(100-14+20-237,15)=—1345,94.
Система канонических уравнений будет состоять из 12 уравне-
ний, представленных в таблице.
98
X, X, X1Q Фо Уо Свободные члены
— 7,276 — 7,544 — 7,780 +2 +1 —2907,58
— 6,967 — 7,276 — 7,544 + 1,5 +1 — 1938.38
— 6,602 — 6.967 — 7,276 + 1 +1 —1005,09
— 6,154 — 6,602 — 6,967 +0,5 +1 — 287,17
— 5,574 — 6,154 — 6,602 0 +1 0
— 2,998 — 3,164 — 3,С87 -0,5 +1 — 98,60
+ 2,839 + 4,013 + 5,819 —1 +1 — 311,12
+ 11,831 + 14,451 + 18,912 —1,5 +1 — 589,38
+ 14,451 + 28.431 +36,799 —2 +1 — 926,32
+ 18,912 +36,799 +65,135 —2,5 +1 — 1345,94
— 1,5 — 2 — 2,5 0 0 + 35.00
+ 1 + 1 + 1 0 0 — 160,00
Решив уравнения, найдем значения всех неизвестных, после че-
го уже не представит затруднений найти интенсивность реакций
и изгибающие моменты. Эту часть решения здесь опускаем.
27 ; отм
• Зп:ора осадив
Рис. 110
На рис. ПО даны эпюра реакций (очерченная по кривой), эпю-
ра моментов и эпюра осадок.
ПРИМЕР 7
ДВУХПРОЛЕТНАЯ КОНСОЛЬНАЯ НВРАЗРЕЗНАЯ БАЛКА
Фундамент сооружения представляет в плане прямоугольную
плиту, длина которой в несколько раз превышает ширину. Расчет
требуется сделать только в поперечном направлении (на рис. 111
у»
99
показан поперечный разрез здания) для полосы шириной в 1 м.
Здесь можно рассматривать случай плоской деформации. Отличи-
тельной особенностью данного сооружения является то, что его
верхняя часть (рассматриваемая как абсолютно жесткая) опи-
Рис. 111
Наград
ФинггиЛное состояние
Рис. 112
рается на фундаментную плиту только в середине и по краям. Гори-
зонтальные опорные стержни, необходимые для неизменяемости
системы, на рисунке не показаны.
Жесткость фундамента (шириной
1 м) £1= 180 000 тм3, коэффициент
Пуассона для основания ро=О,35.
Расчет сделаем для нескольких
значений модуля деформации основа-
ния, для того чтобы выяснить, какое
влияние оказывает модуль деформа-
ции на распределение реакций.
Примем сначала модуль деформа-
ции основания Е=100 кг/см2 =
= 1 000 пг/м? (слабый грунт).
Расстояние между условными стер-
жнями с =3 м.
Коэффициенты канонических урав-
нений будем вычислять по формуле
(46) (стр. 29). Для коэффициента а
воспользуемся формулой (50)
— *Е°с3 — 3,14-1000-3,003 т
60(1-$ “ 6.180 000(1-0,352)
= 0,090.
Значения F возьмем по табл. I.
Единичные перемещения неразрезной балки wkt вычисляем по
обычным правилам строительной механики. Ввиду симметрии до-
100
статочно находить прогибы балки, заделанной одним концом, а
другим — шарнирно опертой.
Если, например, мы хотим найти прогиб в точке приложения
Х2 от единичной силы ^ = 1, то сначала определим опорную реак-
цию В от силы А] = 1, хотя бы по уравнению трех моментов. Эта
реакция В = 0,148. Теперь можно рассматривать консоль, загружен-
ную силами Х. = \ и В = 0,148 (рис. 112). Для того чтобы найти
прогиб в точке 2, необходимо здесь приложить фиктивную силу,
равную единице, и эпюру от этой силы помножить на эпюру от
X] = 1 и от В = 0,148.
Нас интересуют единичные прогибы ш, которые мы затем возь-
мем с коэффициентом а, поэтому в вычислениях следует принять
с = 1, D = 1 и результат умножить на 6 (это непосредственно вы-
текает из структуры формулы для коэффициента а).
Вычисляя w2X, получим:
„ /1-1 5 2-2 7 п(.о\ л ок
w2t = 6 — ---------------0,148 = 0,85.
\ 2 3 2 3 /
Подобным же образом найдем:
&уп = 0,81, ®23 = 0,
иц2 = 0,85, Ж. = 2,00,
®1з = 0, да33 = 0,
= — 0,96, да34 = 0,
да22 = 1,50, wit = 6,30.
Коэффициенты канонических уравнений:
^оо — 0,
501 = —2-3,296 = —6,592,
<5О2 = -2-4,751 = — 9,502,
б03 = -2-5,574 = — 11,148,
д04 = — 2-6,154 = — 12,308,
du = — 4,751 + 0,09-0,81 = —4,678,
б12 = — 3,296—5,574 + 0,09-0,85 = — 8,793,
б13 = — 4,751 — 6,154 + 0,09-0 = — 10,905,
д14 = -5,574 — 6,602 — 0,09-0,96 = — 12,263,
б22 = - 6,154 + 0,09-1,50 = —6,019,
б23 = — 3,296 — 6,602 + 0,09 • 0 = — 9,898,
д24 = —4,751 —6,967 — 0,09-2,00 = — 11,898,
633 = —6,967 + 0,09 0 = —6,967,
б34 = —3,296 — 7,276 + 0,09-0 = — 10,572,
644 = — 7,544 + 0,09 6,30 = — 6,977.
Нагрузку на половине балки примем равной единице.
101
Для определения неизвестных составляем систему уравнений:
х. х2 Xi х, Уо Свободные члены
— 6,977 — 10,572 — 11 ,898 — 12,263 —12,308 + 10,000 0
— 10,572 — 6,967 — 9,898 —10.905 —11,148 + 10,000 0
— 11.898 — 9.898 — 6,019 — 8.793 — 9,502 + 10,000 0
— 12.263 — 10,905 — 8,793 — 4,678 — 6,592 + 10,000 0
— 12,308 — 11,148 — 9,502 — 6,592 0 + 10,000 0
+ 10,000 + 10.000 + 10,000 + 10,000 + 10,000 0 —10
Здесь коэффициенты при у0 приняты равными 10. Соответствен-
но умножено на 10 и последнее уравнение.
Решая эту систему уравнений, находим следующие значения
неизвестных:
Уо ~ + 0,985,
Х2 = + 0,237,
Хо= + 0,069, Х3 = +0,172,
X,-+0,128, Х4 = + 0,393.
Ординаты эпюры реакций:
р0 = 2—' = .2-°з069- = 0,0460,
Р1 = — = = 0,0429,
с 3
°’237 Л 0700
р<> = ----= 0,0790,
р4= = 0,1310.
3
Второй расчет выполняем для модуля деформации Ео=^
— 1 000 кг/см2 = 10 ООО т]м.2 (плотный грунт).
В этом случае а =0,09- 10 = 0,90.
Единичные перемещения:
%о — о,
801 = — 6,592,
803 = —9,502,
В03 = - 11,148,
+ = — 12,308,
8Ц = —4,751 + 0,9-0,81 =—4,021,
?12 = —3,296 —5,571 + 0,9-0,85 =
= — 8,105,
618 = — 10,905,
»14 = — 5,574 — 6.602 — 0,9-0,96 =
= — 13,040,
822 = — 6,154 + 0,9-1,50 = — 4,804,
623 = — 9,898,
8.M = —4,751 —6,967 — 0,9-2,00 =
= — 13,518,
833 = —6,967,
834 = — 10,572,
844 = —7,544+ 0,9-6,30 = — 1,874.
102
Уравнения:
X, *1 у, Х„ Свобод- ные члены
— 1,874 — 10,572 — 13,518 — 13,040 — 12,308 + 10,000 0
— 10,572 — 6,967 — 9,898 — 10,905 —11,148 + 10,000 0
— 13,518 — 9,898 — 4,804 — 8,105 — 9,502 + 10,000 0
— 13,040 — 10,905 — 8,105 — 4,021 — 6,592 + 10,000 0
— 12,368 — 11,148 — 9,502 — 6,592 0 + 10,000 0
+ 10,000 + 10,000 + 10,000 + 10,000 + 10,000 0 — 10
Значения неизвестных, полученные из решения уравнений:
z/0 - 0,950, Хх = 0,126, Х3 = 0,316,
Хо = 0,096, Х2 = 0,212, Х4 = 0,249.
Ординаты эпюры реакций:
р0 = 0,0640, р2 = 0,0707, Pi = 0,0830.
Р1 = 0,0420, р3 = 0,1053,
Аналогичным способом вычисляем ординаты эпюры реакций при
Ео = 10 000 кг/см2 = 100 000 т1м2.
Эпюры для всех случаев показаны на рис. ИЗ.
103
Сравнивая эпюры, приходим к выводу, что увеличения модуля
деформации основания снижает концентрацию напряжений у края
балки.
ПРИМЕР 8
ПОСТРОЕНИЕ ЛИНИЙ ВЛИЯНИЯ ДЛЯ БАЛКИ
Необходимость построения линий влияния может встретиться
при проектировании бетонных (или железобетонных) плит под
рельсовые пути городских железных дорог.
Предположим, что нужно рассчитать одну из секций такой пли-
ты длиной 9,9, шириной 2,8 и толщиной 9,2 м.
Будем рассматривать эту секцию как балку на упругом полу-
пространстве. Построим линии влияния моментов и поперечных
сил для ряда сечений по длине балки.
Поместим в расчетной схеме между балкой и основанием 11
условных опорных стержней через 0,90 м.
Для построения линий влияния применим обычный статиче-
ский способ, располагая груз, равный единице, последовательно
в 11 сечениях балки и делая для каждого положения груза весь
расчет с начала до конца. Легко видеть, что в таком случае при-
дется составлять и решать по 13 уравнений, повторяя эту опера-
цию для одной половины балки шесть раз.
Поэтому для сокращения работы применим разложение на-
грузки на симметричную и обратно симметричную.
Для симметричной нагрузки будет шесть схем загружения;
каждая схема потребует решения семи уравнений.
Для обратно симметричной нагрузки будет пять схем, для
каждой схемы шесть уравнений.
Данные для расчета:
Модуль деформации основания Ео=1ОО ка/сл2= 1 000 т/м2.
Коэффициент Пуассона для основания [ло=О,35.
Модуль упругости материала балки:
£ = 210 000 кг/см2 = 2 100 000 т/м2.
Момент инерции сечения балки:
j = 2,80-0,20-Д = 0 00187л(4
12
Жесткость:
EJ = 2 100 000-0,00187 = 3 927 тм2.
Расстояние между стержнями с=0,90 м.
Коэффициент а вычислим по формуле (59) (стр. 33):
3,14-1 000-0,90* п
а = --------------- =0,101.
6-3 927(1 —0,352)
104
»
а) Вычисление коэффициентов для симметрич-
ных схем загружения (рис. 114) (для отношения — =
~3) делаем, пользуясь табл. II и IV. Коэффициенты при неизвест-
Рис. 114
ных не зависят от расположения нагрузки — они одинаковы
всех симметричных схем.
600 = 2-1,867 = 3,734, <5Оз = 2-0,323 = 0,646,
Для
2 - 0,829 = 1,658, д04 = 2 • 0,246 = 0,492,
; 2 • 0,469 = 0,938, б05 = 2 0,197 = би= 1,867 + 0,469 + 0,101- 2 = 2,538, д12 = 0,829 + 0,323 + 0,101- 5 = 1,657, б13 = 0,469+ 0,246+ 0,101- 8 = 1,523, б14 = 0,323 + 0,197+ 0,101- 11 = 1,631, б18 = 0,246 + 0,165 + 0,101- 14 = 1,825, б2а= 1,867 + 0,246 + 0,101- 16 = 3,729, д23 = 0,829 + 0,197 + 0,101- 28 = 3,954, б24 = 0,469 + 0,165 + 0,101- 40 = 4,674, б25 = 0,323 + 0,142 + 0,101- 52 = 5,717, б33 = 1,867 + 0,165 + 0,101- 54 = 7,486, б34 = 0,829+ 0,142+ 0,101- 81 = 9,152, 0,394,
б36 = 0,469+ 0,124 + 0,101 108 = 11,501,
д44 = 1,867 + 0,124 + 0,101-128 = 14,919,
<345 = 0,829 + 0,111 + 0,101 -176 = 18,716,
д55 = 1,867 + 0,100 + 0,101-250 = 27,217.
Свободные члены вычисляем, пользуясь табл. IV.
105
Груз в сечении 1 (рис. 115):
Д1р = -—0,101- 2 = — 0,202,
Д2р = —0,101- 5 = — 0,505,
Д3р = —0,101- 8 = —0,808,
Д4р = — 0,101-11 = — 1,111,
Д6, = —0,101-14 = —1,414.
Груз в сечении 2 (рис. 116):
Д1р = —0,101- 5 = —0,505,
Д2р = —0,101-16 = —1,616,
Д3р = —0,101-28 = —2,828,
Д4р = — 0,101 -40 = —4,040,
Д5 = — 0,101-52 = — 5,252.
Груз в сечении 3 (рис. 117): Д1р = —0,101- 8 = — 0,808, Д2р = —0,101- 28 = — 2,828, Д3р = —0,101- 54 = — 5,454, Д4р = -0,101- 81 = — 8,181, Д. = — 0,101 -108 = — 10,908.
Груз в сечении 4 (рис. 118): Д1р = —0,101- И = — 1,111, Д2р = —0,101- 40 = — 4,040, Д3/7 = —0,101- 81 =—8,181, Д4р = — 0,101 128 = — 12,928, Д =— 0,101-176 = — 17,776. ор > >
106
Груз в сечении 5 (рис. 119):
Д10 = —0,101- 14 = — 1,414,
Д2р = —0,101- 52 = — 5,252,
Д3р = — 0,101 -108 = — 10,908,
Д4/? = — 0,101 • 176 = — 17,776,
Д5/) = —0,101 -250 = — 25,250.
б) Вычисление коэффициентов для о.братно сим-
метричных схем загружения (рис. 120). При обратно
симметричной нагрузке следует вычислять заново только коэффи-
циенты при неизвестных. Свободные же члены всех уравнений,
кроме последнего, будут одинаковы с теми, которые вычислены
для симметричных схем.
бх1 = + 1,867 — 0,469 + 0,101- 2 = 1,600,
б12 =+ 0,829 —0,323 + 0,101- 5 = 1,011,
б13 =+ 0,469 —0,246 + 0,101- 8 = 1,031,
б14 =+ 0,323 —0,197 + 0,101- 11 = 1,237,
б15=+ 0,246 —0,165 + 0,101- 14 = 1,495,
б22 = + 1,867 — 0,246 + 0,101- 16 = 3,237,
623 =+ 0,829 —0,197 + 0,101- 28 = 3,460,
д24==+ 0,469 —0,165 + 0,101- 40 = 4,344,
д25 =+ 0,323 —0,142 + 0,101 • 52 = 5,433,
б33 = + 1,867 — 0,165 + 0,101- 54 = 7,156,
В34 = + 0,829 — 0,142 + 0,101- 81 = 8,868,
б34= + 0,469-0-124 + 0,101-108 = 11,253,
В44= + 1,867 —0,124 + 0,101-128 = 14,671,
й45 = + 0,829 —0,111 + 0,101-176 = 18,494,
б55 = + 1,867—0,100 + 0,101-250 = 27,017.
Получаем две системы уравнений: в табл, а помещены уравне-
ния для симметричных схем загружения и в табл, б — для обрат-
но симметричных схем загружения.
В таблицах для сокращения письма симметричные коэффици-
енты заменены точками.
Значения неизвестных, полученных из уравнений, сведены в
таблицу (см. стр. 106).
Комбинируя симметричные и обратно симметричные схемы за-
гружения, получим значения неизвестных и для несимметричных
загружений,- Так, например, полусуммы значений X i и Х\ для
схем 5 и 5' дадут значения этих неизвестных в случае одной силы,
равной единице, расположенной несимметрично в сечении 5.
Повторяя этот прием для всех схем, получим таблицу лишних
неизвестных от единичной силы, помещенной последовательно во
всех сечениях (см. стр. 108).
107
С
а 5Г 3 Чэ о 1-Н 1 сч ш сч СО о о иО 1П С4 о о 1
'О « X 1 1 1 1 1 1
СЗ к 4) _J (3> 00 СО о
о а> • fv, о
я о 1 1 со 1 04 7 7 7
и:
S ф И со СО 04 со ю оо со о §
И 2 х СО о 1 04 1 1 со" 1 7 7
X ю СО со о 04 о
с ш СО со о 04 о
2 X ф ч 04 о 1 1 1 1 1 7
ф
Свободны <=> — 0,202 — 0,505 1 1 1 —10,000
<3 о о о о о о —10,000
о о о о о о
о о о о
г—, г—, г—,
+ + + + + 7-
со СО £ LO СО 04
* '0 + S + + со" + + +10,
0,492 1,631 4,674 9,152 14,919 • 8
ф + + + + + +
J3 X
о ф X т X ф X ч” +0,646 4-1,523 4-3,954 ОЭ • • +10,000
СО tv. о g
+1,61 со” + • • • +
со со 8
>< сО +2,5; е • • +ю,(
О
>? г2 Э • • • о
+ ~г
уинэн -HBdX 5^[ о 04 со * ш со
Свободные, члены при разных схемах загружения io — 1,414 — 5,252 —10,908 —17,776 —25,250 — 5,000
— 1,111 — 4,040 — 0,181 —12,928 —17,776 — 4,000
00 СО тр X ОО О О 04 Ш СО О О со 00 тР >-| 04 о О 04 Ш СО О СО 1 I 1 I 7 I
Ю СО СО О 04 О Ю СО СО О 04 О О f (V) -чр Щ 04 1 1 1 1 1 1
—0,202 —0,505 —0,808 —1,111 —1,414 —1,000
Неизвестные & 4-1,000 +2,000 +3,000 +4,000 + 5,000 0
+ 1,495 ! + 5,433 4-11,253 + 18,494 1 +27,017 + 5,000
tv. -чр со тХ О со ’Г со tv о 04 СО СО СО О т-7 + со + ® •* + + + + +
г-< о со о СО CD in _ _ о °. ~ Ф • я. — со r-v со + + + +
X" tv. о г-< СО О °- • Ф • °- ГХ СО 04 + + +
>4 ® • Ф • S- + +
уинаь -авбЛ бкг ,^н 04 Л тр 1П СО
108
Каждая горизонтальная строка этой таблицы дает значения
всех Х-ов для данного расположения силы; каждый вертикальный
столбец дает значения одного и того же X, но при всех возможных
положениях груза, т. е. вертикальный столбец дает ординаты ли-
ний влияния данного неизвестного.
Рис. 121
Составим теперь таблицу ординат линий влияния момента для
сечения 1 по формуле:
М, = + Хх -j- + 0,9Х2 + 1,8Х3 + 2,7Х4 + 3,6Х5 + Мр.
Груз в се- чении 0,113 X, 0,9 Хг 1,8 Xt 2,7 х4 3,6 Х5 Л!,
5 —0,00149 +0,01787 +0,09839 +0,62270 +2,74997 —3,60 —0,113
4 +0,00548 +0,09600 +0,32819 +0,79223 + 1,38823 —2,70 —0,090
3 +0,01384 +0,18353 +0,47574 +0,60928 +0,48992 — 1.80 —0,028
2 +0,02394 +0,24820 +0,36241 +0,35710 +0,04320 —0,90 +0,135
1 +0,03120 +0,19121 +0,20189 +0,17650 —0,12766 —. +0,473
0 +0,02364 +0,11173 +0,08564 +0,06834 —0,15433 — + 0 135
Г +0,01381 + 0,05408 —0,01513 +0,01647 —0,12373 — —0,024
2' +0,00678 +0,01688 —0,01206 —0,00918 —0,07816 —0,076
3' +0,00240 —0,00617 —0,00342 +0,06313 —0,13565 — —0,080
4’ —0,00003 —0,01549 +0,00997 —0,03565 —0,01868 — —0,055
5’ —0,00177 —0,02299 + 0,03798 —0,04091 —0,00313 — —0,031
Подобным образом можно составить таблицу для момента в
любом другом сечении.
109
Значения лишних неизвестных для разных схем
№ схем Расчетная схема X x’ 4 x' 3
о [2 5 0 3 2' t' O 12 3 0 5 —0,085 +0,051 +0,095
1 1 —0,069 +0,071 +0,120
5'4' 3’ 2‘ /' О i г з i 5
2 '1 p —0,009 +0,128 +0,194
5 O' 3' 2’ t‘ 0 / 2 3 0 5
3 r «1 /-Г1} -СЧ k +0,098 +0,248 +0,261
4 3 4' 3' 2 10 1 2 3 0 5 +0,380 +0,282 +0,188
5 +0,762 +0,215 +0,075
5 O' 3' 2' 1 0 1 2 3 0 5
Г 2' 5'0' 3‘ 2' 1' 1 +0,001 —0,034 —0,059 —0,135 —0,103 —0,208
f g i 5' 3: 2' f I 0 1 г T -T 2 3 4 5 p __S—, 2 3 0 5
3' >’ O' ?’ ?' )' ' * , ; ? 7 i . t __rf 0 1 i з 0 S —0,174 —0,202 —0,266
4' 3!!i‘ 3' 2' l' | ' | 0 i 2 3~0~5 —0,391 —0,305 —0,177
5' 5'0' 3' 2’ t! U U-i—J—l „ , , J | 0 12 3 4 5 —0,765 —0,246 —0,033
ПО
загружения, полученные из решения уравнений
х 2 х' 1 2Л', X, х2 X, X. Х5
+0,248 +0,418 +0,547 +0,418 +0,248 +0,095 +0,051 —0,085 Симметричная схема |
+0,272 +0,398 +0,416 +0,398 +0,272 +0,120 +0,071 —0,069
+0,294 +0,272 +0,242 +0,272 +0,294 +0,194 +0,128 —0,009
+0,196 +0,142 +0,110 +0,142 +0,196 +0,261 +0,248 +0,098
+0,089 +0,048 +0,026 +0,048 +0,089 +0,188 +0,282 +0,380
—0,005 —0,028 —0,038 —0,028 —0,005 +0,075 +0,215 +0,762
—0,153 —0,154 — +0,154 +0,153 4-0,103 4-0,059 —0,001 Обратно симметричная схема
—0,257 —0,152 — +0,152 +0,257 +0,208 +0,135 +0,034
—0,211 —0,102 — +0,102 +0,211 +0,266 +0,202 + 0,174
—0,123 —0,048 — +0,048 +0,123 + 0,177 + 0,305 +0,391
—0,045 —0,002 — + 0,002 +0,045 +0,033 +0,246 + 0,765
111
Значения лишних неизвестных
от нагрузки единичной силой
№ схем | Расчетная схема X5 *4 X3 X2 x'i X2 X,
5 if 5' Ч1 3‘ 2‘ Г 0 1 2 3 4 5 —0,002 —0,016 +0,021 I—0,025 —0,015 —0,019 —0,013 +0,020 +0,054 +0,229 +0,763
4 I? 5' 4' 2' /' Ь t 2 3 4 5 —0,005 —0,011 +0,005 —0,017 0,000 +0,013 +0,048 +0,106 +0,182 +0,293 +0,386
П $' 4' 3' 2' /' Ь i 2 з if 5 —0,038 +0,023 —0,002 —0,007 '+0,020 +0,055 +0,122 +0,203 +0,263 +0,225 +0,136
2 d i' if' s' 2' i' b i 2 з ч t> —0,021 —0,003 —0,007 + 0,018 +0,060 +0,121 +0,212 +0,276 +0,201 +0,131 +0,012
1 .1 5‘ 4' 3' 2' f‘ b'l zb 4 S —0,034 +0,006 +0,008 +0,060 +0,122 +0,208 +0,276 +0,212 +0,112 +0,065 —0,035
0 If 5' 4' 3' 2' i 0 / 2 J 4 5 —0,042 +0,025 +0,047 +0,124 +0,209 +0,274 +0,209. +0,124 + 0,047 +0,025 —0,042
1' If 5‘ 4‘ 3' 2' I 0 I 2 3 4 5 —0,035 +0,065 +0,112 +0,212 +0,276 +0,208 +0,122 +0,060 +0,008 +0,006 —0,034
2' ' 1? j' if' 3' 2' 1' 0 1 i 3 4 5 +0,012 +0,131 +0,201 1 +0,276 +0,212 +0,121 +0,060 +0,018 —0,007 —0,003 —0,021
3' If ' 5' <f' 3‘ 2' 1 0 t 2 3 4 5 +0,136 +0,225 +0,263 I +0,203 +0,122 +0,055 +0,020 —0,007 —0,002 +0,023 —0,038
4' ,.f 5' 4' 3' 2' 1' 0 i 2 3 4 5 +0,386 +0,293 +0,182 +0,106 +0,048 +0,013 0,000 —0,017 +0,005 —0,011 —0,005
5' г » . . 5' 4' 3' 2' i' 0 1 2 3 4 5 +0,763 +0,229 +0,054 Г +0,020 —0,013 —0,019 —0,015 —0,025 +0,021 —0,016 —0,002
8 Б. Н. Жемочкин, А. П. Синицын 113
X-
Для поперечной силы в
с.ечении 2 формула будет
иметь такой вид:
Q2 = — [0,5Х2 + X» +
+ + Xs] + Qp .
Линии влияния Мг и Q2
показаны на рис. 121 и 122.
Такие же расчеты были
выполнены для других ба-
лок, имеющих разную жест-
кость. Линии влияния мо-
ментов для трех значений:
а =0, а =0,1 и а = 1,0 указа-
ны на рис. 123, 124, 125.
При а=0 балка является
абсолютно жесткой, поэтому
линии влияния моментов
состоят из двух прямоли-
нейных прямых; в этом не-
трудно убедиться, применяя
кинематический метод. Наи-
большие изгибающие мо-
менты получаются в жест-
ких балках. Для тонких ба-
лок изгибающие моменты
меньше. Численные значе-
ния моментов получаются
путем умножения значения
ординат, указанных на рис.
123, 124, 125, на постоянный
множитель Р1. Уменьшение
жесткости балки влечет за
собой снижение изгибаю-
щих моментов, но прогибы
балки возрастают, а это
уменьшает общую жест-
кость покрытия в целом.
Рис. 123
114
8*
US
116
П Р И М F Р ?
ПОСТРОЕНИЕ ПОВЕРХНОСТЕЙ ВЛИЯНИЯ'
Рис. 126
При проектировании покрытий, у которых нагрузка может за-
нимать любое положение в пролете, целесообразно построить гра-
фики, которые показывают изменение реакций упругого основания
в данном сечении балки при разных положениях груза.
В расчетной схеме
прикрепляем балку к уп-
ругому полупространству
девятью стержнями по
схеме, указанной на рис.
126, тогда система урав-
нений будет такая же,
' как в примерах 4 и 5.
Решение выполнено
для разных значений
а=0, а= 0,1 и а =1,0.
Интенсивность давления под Подошвой балки выражается через _
среднее давление, которое.получается путем деления значения ве- ’
личины внешней силы на площадь подошвы балки.
Для получения величины реакций в данной точке
значение величины среднего давления умножить
на коэффициент неравномерности, полученный из
расчета и указанный в таблице на стр. 114—115.
балки надо
таща!
Рис. 127
По данным этой таблицы на рис. 127 и 128 построены в аксо-
нометрии обобщенные поверхности влияния. По горизонтальной оси
отложены расстояния до мест сечений, а по другой оси (под уг-
лом) — расстояния, фиксирующие положение груза.
1 Подробно см. Синицын А. П., Построение обобщенных эпюр влияния
для балок на упругом основании. Сб. «Исследования по теории сооружений!,
вып. VIII, Госстройиздат, 1959.
117
Коэффи- Груз в точке 0 В точке 1 В то
циент не- равномер- ности а—0 а=0,1 а—1,0 а=0 а=0,1 а=1,0 а=0
*4 +1,494 —0,310 —0,160 +2,258 —0,137 —0,321 +3,019
+0,907 +0,519 —0,041 + 1.229 + 1,105 +0,375 + 1,550
^2 +0,858 + 1,128 + 0,293 + 1,071 + 1,966 +2,080 + 1,262
+0,832 + 1,911 +2,041 +0,929 +2,491 +4,720 + 1,026
k(j +0,802 +2,502 +4,734 +0,802 + 1,910 + 2,049 +0,802
k'\ +0,832 + 1,911 +2,041 +0,736 + 1,112 +0,281 +0,639
^2 +0,858 + 1,128 +0,293 +0,658 +0,547 +0,075 +0,457
^3 +0,907 +0,519 — 0,041 +0,589 +0,174 —0,070 +0,268
+ 1,494 —0,310 —0,160 —0,763 —0,394 —0,049 -0,203
Примечания. 1. Таблица составлена для балок разной жесткости в
л£о(//9)4
зависимости от параметра а = gf/Q_____при постоянной ширине балки
£>=0,33/.
2 . Для вычисления интенсивности реакций в данном сечении балки необ-
ходимо среднюю величину давления <7о умножить на коэффициент неравномерно-
сти ki, взятый из таблицы.
Пример пользования таблицей:
Дано: груз Р = 10 т приложен на расстоянии 0,6 м от левого конца балки,
г. е. в точке 3.
Длина балки / = 4 л»;
Ширина балки /> = 0,33; /= 1,32 л;«=0,1.
Каждое сечение, параллельное горизонтальной оси этой поверх-
ности, дает эпюру распределения реакций, а каждое сечение, па-
раллельное другой оси, дает линию влияния реакций в данной
точке.
Рис. 128
Сравнивая поверхности влияния реакций, замечаем, что гиб-
кость балки оказывает существенное влияние на распределение
118
чке 2 в точке 3 в точке 4
а=0,1 а==1,0 к=0 «==0,1 а=1,0 а-0 / а=0,1 аа=1,0
+ 1,274 —0,185 +3,780 +3,377 + 1,425 +4,541 +6,876 +8,282
+ 1,922 +2,244 + 1,870 +2,693 +5,758 +2,191 + 1,970 + 1,039
+2,478 +4,793 + 1,463 + 1,802 + 1,824 + 1,664 +0,793 —0,067
+ 1,865 +2,034 + 1,122 +0,944 +0,152 + 1,220 +0,081 —0,225
+ 1,0827 +0,280 +0,802 +0,415 —0,081 +0,802 —0,135 —0,082
+0,517 —0, 064 +0,542 +0,120 +0,054 +0,446 —0,170 +0,043
+0,192 —0,076 +0,257 —0,019 +0,235 +0,055 —0,135 —0,023
—0,001 —0,063 —0,052 —0,223 —0,966 —0,373 —0,135 —0,124
—0,327 —0,019 —0,786 —0,093 +0,099 —1,546 —0,095 +0,086
Требуется найти интенсивность реакций под грузом.
Берем из таблицы k3 для 12-го столбца, соответствующего точке 3, и
а =0,1; k3 = 2,693.
Вычисляем среднее давление
Р 10
Интенсивность реакций в точке 3 равна:
?з = + q3 = 2,693-1,9 = 5,11 т/м*.
реакций. Значительная концен-
трация реакций получается,
когда груз расположен на
краю балки.
На рис. 129 построены объ-
емлющие эпюры реакций, ко-
торые показывают, что для
гибких балок наибольшая ор-
дината эпюры реакций пере-
мещается вместе с грузом и not
не балки.
сохраняет свое значение по дли-
ПРИМЕР ю
ПЛОТИНА ТРЕУГОЛЬНОГО ПРОФИЛЯ1
Сделаем расчет секции плотины, имеющей гибкий понур. В
пределах основной части профиль плотины считаем абсолютно
жестким и учитываем изгиб понура.
1 Решение контактной задачи с применением групповых неизвестных и ком-
пенсирующих нагрузок было разработано в 1936 г. и опубликовано в работе
А. П. Синицына, О распределении напряжений у основания плотин треуголь-
ного профиля, Вестник ВИА, № 20, 1937.
119
Рис. 130
_ л £ос1
6£7(1-Но)
Размеры плотины указаны на рис. 130. Рассматриваем плоти-
ну как балку переменного сечения, расположенную на упругом
полупространстве. Прикрепляем плотину к упругому основанию
четырьмя стержнями, расположенны-
ми через 10 м.
Жесткость понура £7=1208 • 104 тм2,
модуль деформации основания Ео =
==4000 т/м2-
Для определения реакций упругого
полупространства необходимо соста-
вить шесть уравнений (рис. 131).
Коэффициенты этих уравнений
подсчитаем для Ь/с = 3, гибкость пону-
ра учтем, введя коэффициент:
_ 3,14-4000-104 _ 1 904.
6-1208-104(1— 0,32) — ’
8П = 1,867 + 1,904-0,25 = 2,347;
б12 = 82з = бз* = 0,829 ;
813 = 624 = 0,469; 814 = 0,323;
§22 = 533 = Ж = 1,869.
Для решения применим числа влияния, для этого принимаем
свободные члены уравнений последовательно равными 1.
Система уравнений имеет вид:
X, X. сер. Уо Правая часть
11" III IV V VI
+2,347 +0,829 +0,469 +0,323 + 3,500 + 1,000 1 0 0 0 0 0
+0,829 + 1 ,867 +0,829 +0,469 +2,500 + 1,000 0 1 0 0 0 0
+0,469 +0,829 + 1,867 +0,829 + 1,500 + 1 ,000 0 0 1 0 0 0
+0,323 +0,469 +0,829 + 1,867 +0,500 + 1,000 0 0 0 1 0 0
+3,500 +2,500 + 1,500 +0,500 0 0 0 0 0 0 1 0
+ 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 0 0 0 0 0 0 0 1
После решения этих уравнений найдем числа влияния для Не-
известных сил X t , которые соответствуют единичным значениям
правых частей уравнений.
Значения неизвестных:
Значения *1 Правая часть уравнений
1 II III IV v 1 VI
+0,2435 —0,3447 —0,0410 +0,1424 +0,2785 —0,2880
х2= —0,3446 +0,6695 —0,3050 —0,0194 +0,1063 +0,0346
*3= —0,0410 —0,3052 +0,7331 —0,3878 —0,0470 +0,2947
ж= +0,1421 —0,0199 —0,3871 + 0,2645 —0,3372 +0,9590
с?о= +0,2787 +0, 1053 —0,0470 —0,3373 —0,3800 +0,7191
Ув= —0,2878 +0,0348 +0,2948 +0,9590 +0,7191 —2,3175
120
Числами влияния удобно пользоваться в тех случаях, когда
для определения расчетного усилия необходимо учитывать не-
сколько возможных комбинаций нагрузок. ’
Подсчитаем нагрузки на 1 пог. м ширины.
Вес плотины Qi=900 т, вес понура Q2=23 т, вертикальное дав-
ление воды на понур Q3=290 т. Момент от гидростатического дав-
30-30 . р. ЛГГ\Г\ f~\
ления Л12= —-— 10 = 4500 тм. Оп-
ределим свободные члены для этой
комбинации нагрузок.
д1р = — 1,904-0,25-313 =
= — 148,98 — 149
= \р = 0.
Правая часть V уравнения пред-
ставляет собой момент всех внешних
сил относительно заделки.
Мв = + 900-20 + 313-35—
— 450-10 = + 24 455™.
Правая часть VI уравнения равна
вертикальной проекции равнодейст-
вующих внешних сил.
Рис. 131
Рв = + 900 + 313 = + 1213 т.
Пользуясь числами влияния, подсчитаем теперь значения не-
известных Xt.
Хг = + 0,2435 (+ 149) + 0,2785 — 0,288-1213 = 368,01 г;
Х2 = — 0,3446 (+ 149) + 0,1063 + 0,0345-1213 = 248,68?-;
Х3 = 236,49 т; = 359,82 т.
Ординаты эпюры реакций получим, если разделим полученные
значения Х-ов на с=10м; эпюра указана на рис. 131.
пример и
СУХОЙ док
На рис. 132 изображено поперечное сечение дока, для которого
требуется рассчитать днище как балку, лежащую на упругом ос-
новании.
Расчет ведем, вырезая полосу шириной 1 м в направлении,
перпендикулярном к продольной оси дока.
Здесь имеем случай плоской деформации.
Принимаем следующие данные.
121
Модуль упругости материала днища:
Е = 2,10-106
Модуль деформации основания:
Ео = 5-103 т!м\
Коэффициент Пуассона:
днища р = — = 0,167,
6
основания ро=О,ЗО.
Для построения объемлющей эпюры моментов необходимо вы-
полнить расчет для нескольких схем загружения. Поэтому сдела-
Рис. 132 Рис. 133
ем сначала расчет при загружении дока единичными силами по
трем схемам, которые показаны на рис. 133, а, б, в. Схема а отно-
сится к случаю нагрузки от веса стен, в схеме б нагрузкой являет-
ся момент от давления грунта на стены и, наконец, в схеме в на-
грузкой является судно, стоящее на кильблоках.
Влияние собственного веса днища можно не учитывать, так
как по мере его бетонирования будут происходить осадки грунта
и поэтому изгибающих моментов в днище не возникнет.
Расстояние между опорными условными стержнями примем рав-
ным с = 6,00 м. Для определения усилий в стержнях составим
шесть уравнений. Коэффициенты уравнений вычислим по табл.
I и IV.
В пределах основания подпорной стенки днище будем считать
абсолютно жестким (на рис. 133 эта часть днища заштрихована).
Момент инерции сечения:
J =
1-4,35я
12 (1 —0,1672)
= 7,06ju4.
Коэффициент а вычисляем по формуле:
л£0с3 3,14-5 000-6,003
а = ------------- = -—------------—:----
(1 — Цо) 6-2,1-7,06 (1 — 0,32) 10с
0,047.
122
Приводим вычисления коэффициентов уравнений:
Soo —
801 = — 2-3,296== — 6,592,
б02 = —2-4,751 = — 9,502,
603 = -2-5,574 = — 11,148,
б04 = — 2-6,154 = — 12,308,
8И = —4,751 + 0,047-2 = — 4,657,
812 = _ 3,296 — 5,574 + 0,047-5 = — 8,635,
813 = —4,751 —6,154 + 0,047-8 = — 10,529,
814 = — 5,574 — 6,602 + 0,047 • 11 = — 11,659,
д22 = — 6,154 + 0,047-16 = — 5,402,
623 = — 3,296 — 6,602 + 0,047 • 28 = — 8,582,
б24 = — 4,751 -6,967 + 0,047-40 = —9,838,
б33 = —6,967 + 0,047-54 = —4,429,
д31 = —3,296-7,276 + 0,047-81 = —6,765.
Для вычисления коэффициента 644 применяем перемножение
эпюр моментов с учетом переменности сечения днища (рис. 134).
На участке днища, где жесткость балки равна бесконечности, по-
лучим нуль.
Прогиб:
1 кремещение:
= — 7,544 + 0,047 • 126 =- — 1,622.
Свободные члены для разных схем
используя табл. I, и найденное значение
загружения определяем,
123
схема загружения а)
Д1р - 0,047-11 = —0,517,
Д2о = - 0,047-40 = — 1,880,
Д3р = —0,047-81 = — 3,807,
Д4р =-0,047-126= — 5,922,
схема загружения б)
Д1р = 4- 0,047- 5 = + 0,235,
Д2р = + 0,047-20 = +0,940,
Д3р = + 0,047-45 = + 2,115,
Д4р = + 0,047-75 = + 3,525;
здесь для Д4з необходимо перемножить эпюры, приведенные на
рис. 135; для Д1;;, Д2р, А3р перемножим прямоугольную эпюру
на треугольные от единичных сил.
Для схемы загружения «а» все свободные члены, за исключе-
нием члена в последнем уравнении, равны нулю.
Вычисленные коэффициенты при неизвестных и свободные
члены сводим в таблицу уравнений.
I № уравнений X, х2 X, Уо Свободные члены
схема загруже- ния а) схема загруже- ния б) схема загруже- ния в)
4_ — 1,622 — 6,765 — 9,838 —11,659 —12,308 —10,000 — 5,922 +3,525 0
3 9 — 4,429 — 8,582 — 10,529 — 11,148 —10,000 — 3,807 +2,115 0
2 9 е — 5,402 — 8,635 — 9,502 — 10,000 — 1,880 +0,940 0
1 9 9 • — 4,657 — 6,592 —10.000 — 0,517 +0,235 0
0 9 9 0 —10,000 0 ' 0 0
5 — 10,000 — 10,000 —10,000 — 10,000 — 10,000 0 + 10,000 0 +5,000
В этой таблице, как и раньше, симметрично расположенные
коэффициенты заменены точками.
Порядок уравнений примем такой, при котором удобнее вести
решение.
Решая полученную систему уравнений, находим следующие
значения неизвестных:
Схема загружения Значения неизвестных
X. X, Х2 X, X,
а) +0,010 +0,060 +0,030 +0,476 +0,430
б) —0,032 —0,242 +0,426 +0,020 —0,195
в) +0,070 +0,130 + 0,106 +0,088 +0,097
124
Рассмотрим тот случай, когда в доке стоит судно, которое опи-
рается на кильблоки, расположенные по оси дока. Давление от
судна на дно равняется
Р = 200 т на каждый по-
гонный метр по длине до-
ка. На стенки дока дейст-
вует горизонтальное дав-
ление земли, которое вы-
числено обычным спосо-
бом и равняется Н=
= 200 т. Собственный вес
стенки Q = 200 т. Давле-
ние земли создает мо-
мент относительно оси
днища М = 1 100 тм.
Расчетная схема для
этого случая изображена
на рис. 136. Неизвестные
определяем, используя
предыдущую таблицу:
Зпюра И
Рис. 136
АД = + 0,010-200 —0.032 2-221 4-0,070-200= 4- 12,48 г,
10
Х1== 4-0,060-200 — 0,242 1^2- 4-0,130-200 = 4- 11,38т,
+2 = 4-о,030-200;4-0,426 1221 440,106 -200 = 4- 74,06 т,
Ха = + 0,476 • 200 4- 0,020 2121 4- 0,088 • 200 =+ 115,00 т,
10
Х4 = +0,430-200— 0,195 1221 + 0,097-200 = + 83,95 т.
Ординаты эпюры моментов вычисляются как для балки, заде-
ланной одним концом. Например, момент в середине пролета дни-
ща (т. е. в точке фиктивной заделки):
Мо = +ДЛ4 + 12Х2 + 18Х3 + 24А4 + 1 100-200-24 =
= 6-11,38+ 12-74,06+ 18-115,00 + 24-83,95 + 1 100-200-24 =
= 1341,8 тм.
Остальные ординаты эпюры находятся таким же порядком.
Зная их, можно построить эпюру моментов (рис. 136).
Кроме рассмотренной схемы загружения, необходимо для пост-
роения объемлющей эпюры М рассмотреть еще несколько воз-
можных комбинаций нагрузок и для каждой из них сделать рас-
чет, используя найденные значения неизвестных от единичных за-
гружений.
125
ПРИМЕР 12
КРИВОЛИНЕЙНАЯ В ПЛАНЕ БАЛКА
Для приближенного расчета балки, имеющей криволинейное
очертание в плане (рис. 137,а), основную систему выбираем сог-
ласно рис. 137,6, при симметричной нагрузке число неизвестных
будет равно шести.
Для вычисления единичных переме-
щений балки, кроме изгиба, необходимо
Рис. 137
Рис. 138
учитывать ее кручение. При вычислении изгибающих и крутящих
моментов криволинейная ось балки заменяется ломаной.
Единичные перемещения упругого полупространства вычисля-
ются путем разделения площади каждого участка балки на. не-
сколько частей, как это показано на рис. 138 для участка <3. От этих
сил определяют перемещения четырех точек другого участка по
формуле:
v _ у р (1 - о
У/ — Xj - >
л ЕВГ[
где Г; — расстояние от точки приложения каждой из -четырех сил
до данной точки другого участка (на рис. 138 показано до точки 1).
Затем вычисляют среднюю осадку всего участка как средне-
арифметическое из осадок четырех точек.
Так, например, осадка упругого полупространства по направ-
лению силы Xt от силы Аз=1 будет равна:
126
Расстояния г (- можно вычислить графически (если чертеж в доста-
точно крупном масштабе). Такое решение будет приближенным;
для его уточнения необходимо площади, указанные выше, разбить
на большее число частей. Упрощенное решение можно получить,
если использовать изложенный нами метод.
Рассмотрим бесконечно жесткую криволинейную балку (рис.
139), нагружённую силой Р=1 в точке 1. На рис. 139 показана ос-
Рис. 139
новная система, за неизвестные принимаем равнодействующие сил
реакций, осадку у0 и угол поворота <р0 заделки вокруг горизон-
тальной оси 1—х.
Для определения неизвестных составляем систему уравнений:
^11 + ®12 Х2 + <513 Х3 + у0 + ai То = о;
«21 + «22 -К2 4~ «23 *3 4- У о + П2 <Ро = 0;
«зг + «32 Х2 + «33 Х3 + у0 + а3 <р0 — 0;
+ Х2 + Х3 = —-— ;
ai^i а.*Х2 + а3Х3 — 0.
Коэффициенты вычисляем из единичных состояний, учиты-
вая только деформации упругого полупространства, так как про-
гибы бесконечно жесткой балки в основной системе равны нулю.
Используем табл. III.
«12 = 0,942-2 = 1,884;
8lg = 0,505-2 = 1,010;
«23 = 0,942 + 0,387= 1,329.
127
Для вычисления побочных перемещений заменяем каждый уча-
сток балки равновеликим квадратом.
Главные коэффициенты определяем из табл. II, заменяя пло-
щадь каждого участка балки прямоугольником с отношением сто-
рон 6/с=-|-.-
би = 2-4,269 = 8,538;
622 = 4,269 + 0,532 = 4,801 ; 1
р
633 = 4,269 + 0,324 = 4,593.
После решения уравнений получим:
= + 0,250 ; Х2 = + 0,346; Х3 = — 0,096.
Определяем коэффициенты неравномерности для эпюры
реакций:
। 2-0,250 . с,
Pi = + —= + 2>5°7о ;
, 0,346 _ I 1 7Q
Рг — + 0 2~ <7о — + Ь'З <7о ;
0,096 n лй
Рз = — —у 7о = — 0.48 q0.
На рис. 140 показаны эпюры реакций для балок разной кри-
визны. Из рассмотрения эпюр реакций видно, что распределение
128
напряжений под подошвой криволинейной балки значительно от-
личается от прямолинейной.
ПРИМЕР 13
ТРЕХСЛОЙНАЯ БАЛКА
Рассмотрим балку, состоящую из двух слоев, соединенных
упругими связями. Схема балки и нагрузка указаны на рис. 141.
Основную систему принимаем согласно рис. 142.
9 Б. Н. Жемочкин, А. П. Синицын
129
Для определения реакции упругого основания составим систе-
му канонических уравнений метода сил.
Для вычисления коэффициентов этой системы уравнений необ-
ходимо будет определить прогибы слоистой балки, отделенной от
упругого основания. Эту вспомогательную задачу решим в общем
виде путем составления двух дифференциальных уравнений изги-
ба для верхней и нижней балок.
E2J2 = qM — k(y2 — уг);
dx1
ЕуГг = <7i (х) + Ш ~ У1)-
dxi
Введем новое переменное z= (у2—У\) и, вычитая из первого
уравнения второе, получим:
E2J2-^ + (-^- + l\ kz = q2(x)-qi(x)-^-.
dx* \ EiJi / EiJi
Обозначив Q(x) = q2(x)— qi(x) для определения z полу-
£1/1
чили уравнение балки на Винклеровском упругом основании.
E2J2 -^r + (-^- + l']kz = Q(x).
dxi \ £iJi /
Граничные условия, отвечающие этой балке, имеют такой вид:
при х = 0 (левый конец балки)
^Д_ = Ои-^- = О, т.е. —— 0.
dx2 dx2 dx2
Изгибающий момент на левом конце заменяющей балки равен
нулю.
Вычисляя поперечную силу в том же сечении, получим:
=Еа и E2J2^- = O.
dx3 dx3
У нижней балки возникают реакции RA и RB, уравновешиваю-
щие внешнюю нагрузку, поэтому
<£у2 d3yx Ra
dx3 dx3 E1J1
значит
‘Р? Ra , d3z . RB
— — нтаналогично при х=1\ —г-г = + гт .
dx3 ERi 1 ’ dx3 E2J2
Таким образом, для определения z нужно рассчитать отдельно
верхнюю балку, имеющую жесткость
кой Q(x) и двумя сосредоточенными
= RB , расположенными на
£i/i
E2J2 и нагруженную нагруз-
г, г, £‘1/ 2
силами Ea — R.------ и
£iJi
концах этой балки. Балка,
130
которая заменяет слоистую, расположена на упругом основании с
коэффициентом постели
k = + Й k
\ EiJi }
(рис. 142). Отделим верхнюю балку, и ее действие на нижнюю
балку заменим реакциями р, которые равны:
р — kz .
Сумма этих реакций равна внешней нагрузке, приложенной к
верхней балке. Определение прогибов балки, входящих в формулу
(46), для коэффициентов канонических уравнений (58) можно те-
перь сделать, рассматривая только нижнюю балку, нагруженную
единичными силами = 1 и соответствующей этим силам нагруз-
кой Pi =kzt, поэтому в формуле (46)
( \
IR IR IR I 1 A I IR • Rl IR ’
\ Vik J
[ v* \
M "ir)'
Формула для коэффициентов канонических уравнений полу-
чает вид:
= Fki + Pi/
Дальнейший ход расчета будет такой же, как и в предыдущих
примерах.
После того как определена эпюра реакций основания, можно
будет вычислять моменты в балках, рассматривая каждую балку
в отдельности.
Верхняя балка рассчитывается на нагрузку, состоящую из
внешней нагрузки «М-*) и реакций упругих связей kz:
Pz(x) = Чг(х) — kz.
К нижней балке приложена нагрузка
Pi(x) = kz — q0(x),
где ф>(х) —реакция упругого основания.
Изгибающие моменты в сечении х=а верхней и нижней балок
равны:
а а
Л42 = J Pi{x) xdx и = J p-tixyxdx.
о о
Для приближенного расчета реакции упругого основания мож-
но определить без учета влияния упругих связей, установленных
между балками. Тогда слоистая балка заменяется монолитной,
жесткость которой равна сумме жесткостей верхнего и нижнего
слоев. Затем производится расчет слоистой балки, считая реакции
9:
131
упругого основания известными. Численные подсчеты сделаем для
балки, указанной на рис. 143.
ГГ с г г, г- <0,1Z)3 Ь
Приведенная жесткость балки EJ = 2-Е----------; принимаем
Е 1
соотношение —= 100 и Ь = — I, получим:
Ео 3
I i V
л Ео ---
а = ' 9 ' = 3'1П'12 _0,01 ~0.
6EJ (1 — р2) 6.(1 — 0,32) 94-10~3 Е
Рис. 143
Ординаты эпюры реакций основания вычисляем, используя таб-
лицу коэффициентов неравномерности, приведенную в примере 9.
Получим:
= + 1,494 ; ks = + 0,907 ; k2 = + 0,858; = + 0,832;
Ao= +0,802.
Равнодействующие реакции равны:
Х4 = + 1,494-у-Р = 0.166Р;
X, = + 0,907 — Р = 0,101 Р-
’9 ’
Х2 = + 0,858 — Р = 0,096 Р-,
9
X, = + 0,832 — Р = 0.093Е;
1 ’ 9 ’
= + 0,802 -у Р = 0,089 Р.
Проверим условие равновесия:
[2(0,166+ 0,101 +0,096+ 0,093)+ 0,089] Р=1,00Р.
Для определения изгибающих моментов в верхней и нижней
балках учтем влияние упругих связей, расположенных между бал-
132
ками, и сделаем расчет трехслойной балки, отделенной от упруго-
го полупространства, как это показано на рис. 144.
Определим величину z, которая представляет собой разницу
прогибов верхней и нижней балок, из расчета балки на нагрузку,
указанную на рис. 145.
Рис. 144
1,089 Р
0,166Р 0,101 Р
I । 0,096Р о,093Р i til
♦ I I Г PH I Н
К=1,78‘10~3Е2
Рис. 145
Для упругих связей принимаем коэффициент жесткости рав-
ным k = 0,89 • 10 ~3 • Е2.
Вычисляем:
(1 + k= 1,78-10-3-Д2 = ^ .
\ • £i/i /
Характеристическая длина балки будет равна1:
__ -а / 4С2«/2 _ / О ____ *
Г k ' 12-1,78-10~3 Е2 2
Начальные параметры определяем из условия, что при
1 См. А. А. Уманский, Специальный курс строительной механики, Строй-
издат, 1936, стр. 57, 178.
133
Значения гиперболо-тригонометрических функций для соответ-
ствующих аргументов указаны ниже.
X а L Вх сх Dx X а — L Ах вх Сх Dx
0, 0,11 0,22 0,33 0,44 1,000 1,000 0,999 0,998 0,993 0 0,110 0,220 0,330 0,439 0 0,024 0,097 0 0,0018 0,014 0,55 0,66 0,77 0,88 1,00 0,985 0,968 0,941 0,900 0,834 0,548 0,656 0,761 0,862 0,967 0,217 0,384 0,494 0,048 0,113 0,166
Составляем два уравнения для определения начальных пара-
метров согласно схеме балки и нагрузки рис. 145.
Д,/2 То— у £>J/2 z0= — [°. 166 • 0,385 + 0,101 • 0,217 +
4-0,096-0,097 + 0,93-0,024] .
Ъ0£-В//2+Лср0/.г.С//2 = + [0,166-0,900 + 0,101-0,967 +
+ 0,096 • 0,993 + 0,093 • 0,99 + 0,544 -1] Р.
Решая эти уравнения, найдем:<р0= +0,0593 и~ =0,222.
Теперь вычислим значения г для разных точек балки по фор-
муле:
/3
= г0 Ах + S Рг Dxu.
E<lJ 2
Например, для точки 4 получим (опуская общий множитель
— ):
£272
г4 = (0,222-1,000 + 0,0593-0,220) = 0,235;
г.. = 0,239; z„ = 0,252; z, = 0,261; z,,9 = 0,265.
Реакции, возникающие между верхней и нижней балками, по-
лучим путем умножения величины г, на коэффициент жесткости
пружин, поставленных между балками:
0. = z,.k = 0,235- -0,89-10-3£2- — = 0,235-О,446Р= 0,104Р;
р3 = 0,107Р; р2 = 0,112Р; pt = 0,117P; р,/2 = 0,119Р.
J34
Найдем изгибающий момент в верхней балке Л4ашах:
М2тах= (0,104-4+ 0,107-3 4-0,112-2 —0,117.1 +
\. 4
Момент, приходящийся на обе балки Л4об1Д , равен:
Мобщ = (о, 166-4 + 0,101-3 + 0,096-2 + 0,093-1 + х
\ 4 /
х — = 0,143+/.
9
^2тах 0,84Л4общ .
Эпюра реакции показана на рис. 146.
ПРИМЕР 14
ПЛИТА РАБОЧЕЙ БАШНИ ЭЛЕВАТОРА
Прямоугольная бесконечно жесткая плита рабочей башни эле-
ватора, имеющая размеры в плане 30X15 м, нагружена равномер-
ной нагрузкой 7о- Требуется найти эпюру реакций основания.
Задача значительно упрощается благодаря тому, что не прихо-
дится учитывать изгиба плиты вследствие ее большой жесткости;
плита получает осадку, одинаковую во всех точках.
Разбиваем плиту на 18 квадратов. Стороны квадратов равны
с = 5 м; в центре-каждого квадрата помещаем условный опорный
стержень (в точках 1, 3 и 5 по два стержня); заделку располагаем
в середине плиты (рис. 147).
Используя симметрию, ведем расчет для '/4 плиты. Всего будем
иметь семь неизвестных: шесть усилий в фиктивных стержнях и
неизвестную осадку плиты как жесткого тела.
135
Единичные перемещения вычисляются по табл. III. Для дроб
ных отношений—значение F находится по интерполяции. Напри
с
мер, перемещение точки / от четырех сил, равных единице, прило-
Рис. 147
женных в точках 4, вычисля-
ется так:
х'4 = с = 1,41 с;
для двух других:
х1"4 = срЛ5’= 2,23с.
Из табл. III берем блнжай
шее значение F для— = 1,40 и
с
х
~=2,20; вносим в них поправ-
ки по интерполяции.
Получаем:
8М= [0,730—(0,730 — 0,679) 0,1]-24- [0,458 —(0,458—0,438).0,3]X
х 2 = 2• 0,725 + 2• 0,454 = 2,358.
Приводим вычисление всех коэффициентов:
бп = 2-3,545 + 2.1,045 = 9,180,
б12 = 2 • 1,045 + 2 • 0,725 = 3,540,
= 2-1,045 + 2-0,505 = 3,100,
б14 = 2-0,725 + 2-0,454 = 2,358,
бц = 2 • 0,505 + 2 • 0,335 = 1,680,
81( = 2-0,454 + 2-0,319 = 1,546,
б2а = 3,545 + 1,045 + 0,505 + 0,454 = 5,549,
б23 = 2 - 0,725 + 2 0,454 = 2,358,
624 = 1,045 + 0,505 + 0,454 + 0,356 = 2,360,
625 = 2-0,454 + 2-0,319 = 1,546.
62в = 0,505 + 0,335 + 0,356 + 0,279 = 1,475,
б33 = 2-3,545 + 2-0,335 = 7,760,
б34 = 2-1,045 + 2-0,319 = 2,728,
635 = 2 -1,045 + 2-0,251 = 2,592,
б36 = 2-0,725 + 2-0,244 = 1,938,
644 = 3,545 + 0,505 + 0,335 + 0,279 = 4,664,
б45 = 2 - 0,725 + 2 - 0,244 = 1,938,
846 = 1,045 + 0,454 + 0,251 + 0,225 = 1,975,
б65 = 2-3,545 + 2-0,2 = 7,490,
65в = 2 -1,045 + — =2,484,
56 5,07
двв = 3,545 + 0,505 + 0,200 + — =4,436.
оо ' • » 1 ' * е qQ '
136
Для определения неизвестных составляем такую систему уравнений:
х, X, х. Х5 X. У. Свободные члены
+9,180 +3,540 +3,100 +2,358 + 1,680 + 1,546 + 1,ООО ' 0
+3.540 +5,549 +2,358 +2,360 + 1,546 + 1,475 + 1,000 0
+3,100 +2,358 +7,760 +2,728 +2,592 + 1,938 + 1,000 0
+2,358 +2,360 +2,728 +4,664 + 1,938 + 1,975 + 1,000 0
+ 1,680 + 1,546 +2,592 + 1,938 +7,490 +2,484 + 1,000 0
+ 1,546 + 1,475 + 1,938 + 1,975 +2,484 +4,436 + 1,000 0
+ 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 0 —1,000
Решая эту систему, находим:
%! = + 0,059, Х5 = + 0,127,
Х2 = 4- 0,209, Х6 = + 0,330,
Х3=+0,061, у0 = — 2,703.
Х4= + 0,216,
При составлении уравнений была использована симметрия пли-
ты и расчет сделан для ’/4 плиты в плане; поэтому каждый фиктив-
ный стержень, попадающий на ось симметрии, состоит как бы из
двух стержней, поставленных рядом. Один из них относится к рас-
смотренной 'Д плиты, другой к соседней; для 'вычисления истин-
ных значений усилий в стержнях, совпадающих с осями симмет-
рии, необходимо полученные значения X для точек 1, 3 и 5 удвоить.
Нагрузка на ’/4 плиты была принята равной единице, поэтому
для вычисления усилий при заданной нагрузке q0 следует получен-
ные результаты умножить на ту нагрузку, которая приходится на
i/i плиты, т. е. на
Q = <7О-Зс- 1,5с — 4,5с270 .
Ординаты эпюры реакций вычисляются путем деления усилий
в фиктивных стержнях на площадь квадрата со стороной с:
2-0.059-4.5c2
Pi = -------------<7о = 0,531 </0,
С*
р2 О,209-4,5^о = 0,941<7о ,
р3 = 2 • 0,061 • 4,5<7о = 0,549</о ,
р4 = 0,216-4.5<7о = 0,972<?0 ,
р5 = 2.0,127-4,57о= 1,143^,
ре = 0,330-4,5^0 = 1,485<уо •
Полученные эпюры реакций основания приведены на рис. 147.
137
ПРИМЕР 15
бутовый фундамент под колонну
Для бутового фундамента (рис. 148) требуется найти распреде-
ление реакций упругого основания.
Делаем расчет как для абсолютно жесткой квадратной плиты
размером 2,5 лХ2,5 м. Разбиваем в плане плиту на 25 квадратов
со сторонами 0,50 м.
Используем симметрию и будем вести расчет на Vs часть плиты,
на чертеже заштрихованную. Для определения неизвестных со-
ставим систему из семи уравнений. Единичные перемещения вы-
числим по табл. III, причем будем брать ближайшие цифры, не
прибегая к интерполированию.
Обратим внимание на то, что к квадрату 1 приложено восемь
равных сил Х[ (так как этот квадрат входит во все восемь частей
плиты), к квадрату 2 приложены две равные силы Х2 и т. д.
б11 = 8-3,545 = 28,360,
б12 = 4-1,045- 2 = 8,360,
б13 = 4-0,505-2 = 4,040,
дм = 4-0,730-2 = 5,840,
д16 = 4-0,458-2 = 3,664,
б1в = 4-0,359-2 = 2,872,
622 = (3,545 + 2-0,730+„0,505)2 = 11,020,
623 = (1,045 + 2-0,458 + 0,335) 2 = 4,592,
д24 = (2-1,045 -f 2 -О’,458) 2 = 6,012,
д25 = 2 • 0,505 + 2 • 0,324 + 2 - 0,359 + 2 • 0,730 = 3,836,
82б = (2 • 0,458 + 2 -0,279) 2 = 2,948,
д83 = (3,545+ 2-0,359+’0,251) 2 = 9,028,
634 = (2 • 0,730 + 2 0,324) 2 = 4,216,
в35 = (1,045 + 0,244 + 0,279 + 0,458) 2 = 4,052,
6зв = (2 -0,223 + 2-0,505) 2 = 2,912,
д44 = (3,545 + 2 - 0,505 + 0,359) 2 = 9,828,
б45 = (1,045 + 0,458 + 0,335 + 0,279) 2 = 4,234,
а4в = (0,730 + 0,324-2 + 0,239) 2 = 3,234,
д55 = 3,545 + 0,730 + 2 • 0,324 + 0,505 + 0,239 + 0,251 +
+ 0,223 = 6,141,
д6в = (1,045 + 0,335 + 0,244 + 0,200) 2 = 3,648,
б6в = (3,545 + 2-0,251 + 0,178)2 = 8,450.
Система уравнения будет иметь вид:
№ уравнений Xi х, х, х. х, х. У. Свободные члены
1 +28,360 + 8,360 +4.040 +5,840 +3,664 +2,872 + 1,000 0
2 • + 11,020 +4,592 +6,012 +3,836 +2,948 + 1,000 0
3 О • +9,028 +4,216 +4,052 +2,912 + 1,000 0
4 • • +9,828 +4,234 +3,234 +1,000 0
5 • • 0 • +6,141 +3,648 + 1,000 0
6 • • • • • +8,450 + 1,000 0
7 + 1,000 + 1,000 + 1,000 +1,000 + 1,000 + 1,000 0 —1,000
138
Решая эту систему, получаем:
Х1=+0,0181, Хв = +0,3496,
Х2= 4-0,1080, Х6 = 4-0,2712,
*3 = 4-0,1692, у0 = —4,660.
Х4 = 4- 0,0850,
Поверка равновесия:
ЕХ = + 0,0181 + 0,1080 + 0,1692 +0,0850+0,3496+0,2712=1,0011.
Эпюры реакции грунта
Рис. 148 Рис. 149
Мы приняли за единицу нагрузку, приходящуюся на */8 часть
плиты. Если же задано среднее давление на грунт q, то на эту
часть плиты приходится
_ 5с-5с 25с2
Ч“ —
Для получения истинных реакций в каждом квадрате необхо-
димо найденные X умножать на Q.
Перейдем к интенсивности давления в каждом квадрате. Отме-
тим, что для квадрата 1 силу Х{ следует умножить на 8 (здесь при-
ложено восемь сил Xi), для квадрата 2 силу Х2 следует умножить
на 2, силу Х3— на 2 и т. д. Кроме того, введем множитель Q.
Получим:
Р1 = в’0181:-?. Q = 0,0181.8- -^—q = 0,452<?,
с* 8
139
р2 = 0,1080-2- q = 0,675?,
8
ра = 0,1692 • 2 • —q = 1,057 q,
8
Pi = 0,0850-2 - -^-q = 0,531?,
8
p5 = 0,3496 -j-? = 1,092?,
p6 = 0,2712-2--y-?= 1,695?.
Те же цифры мы находим в табл. VII. Небольшое расхожде-
ние объясняется тем, что в настоящем примере мы не применяли
интерполяцию при вычислении перемещений.
На рис. 149 показаны эпюры реакций, моментов и попереч-
ных сил.
ПРИМЕР 16
ФУНДАМЕНТНАЯ ПЛИТА СИЛОСНОГО КОРПУСА
ЭЛЕВАТОРА
Размеры фундаментной плиты силосного корпуса 72X23,40 м.
Железобетонные круглые силосы начинаются непосредственно с
фундаментной плиты и в плане расположены в два ряда. Конст-
рукция элеватора такая же, как и на рис. 1 и 2. Плита работает на
реакцию основания, направленную снизу вверх; опорами для пли-
ты являются стенки силосов.
Применим в этом примере приближенный способ расчета в
двух направлениях. Сначала сделаем расчет в продольном направ-
лении, затем — в поперечном.
В продольном направлении элеватор можно рассматривать в
целом как бесконечно жесткую балку, лежащую на упругом полу-
пространстве.
Воспользуемся табл. VI для—= 3. Из нее непосредственно мож-
ь
но взять:
р0 = 0,799, Р1 = 0,832, ра = 0,858, р3 = 0,907, рл = 1,494,
если принять за единицу среднее давление на грунт.
Указанные значения реакции получены в предположении, что
в каждом поперечном сечении реакция распределяется равномерно
(т. е. находились средние значения реактивных давлений), в дей-
ствительности же этого нет.
В поперечном направлении реакция также должна быть нерав-
номерной. Благодаря упругим свойствам основания произойдет
перераспределение реакций.
140
2.60‘260>260>260 >?№.?60* 2.60'260 >—
Рис. 150
Выделим в поперечном направлении полосу шириной 1 м по ли-
нии, совпадающей с центрами силосов, и примем для нее расчет-
ную схему по рис. 150.
Фундаментная .плита может
рассматриваться как двухпро-
летная балка с консолями.
Опорами этой балки будут
стенки силосов. Разобьем рас-
сматриваемую балку по длине
на девять участков и в середи-
нах их поместим условные
опорные стержни. Для опреде-
ления усилий в этих стержнях
необходимо составить и решить шесть уравнений, использовав сим-
метрию.
Имеем следующие данные:
Жесткость плиты на 1 м по длине элеватора:
EJ = 100 000™2.
Модуль деформации основания:
Ео = 100 /см2 — 1 000т/л<2.
Коэффициент Пуассона основания ро=О,35.
Коэффициент а вычисляем по формуле (49) (стр. 30), учиты-
вая, что здесь случай плоской деформации:
3,14-1 000-2,603 _ пс_
а =------------------= 0,055.
6-100000(1 —0,35)2
При нахождении перемещений берем значения F из табл. 1.
Прогибы w необходимо вычислять как для балки, заделанной
одним концом и свободно опертой другим. Такая схема уже была
у нас в примере 7. Поскольку мы принимаем то же расположение
условных стержней, как и там, можем просто взять готовые дан-
ные для w из примера 7.
Приводим вычисление единичных перемещений:
^оо = 0,
б01 = — 2 -3,296 = — 6,592,
д02 = —2-4,751 = — 9,502,
б03 = —2-5,574 = — 11,148,
б04 = —2 6,154 = — 12,308,
8„ = —4,751 + 0,055-0,81 = — 4,706,
б12 = — 3,296 — 5,574 + 0,055 - 0,85 = — 8,823,
б13 = — 4,751 — 6,154 + 0,055-0 = — 10,905,
141
й14 = — 5,574 — 6,602 — 0,055 • 0,96 = — 12,239
622 = — 6,154 + 0,055 -1,50 = — 6,071,
823 = — 3,296 - 6,602 — 0,055-0 = — 9,898,
624 = —4,751 —6,967 — 0,055-2,00 = — 11,828,
ё33 = — 6,967 + 0,055 • 0 = — 6,967,
б84 = —3,296 — 7,276 + 0,055-0 = — 10,572,
б44 = — 7,544 + 0,055-6,30 = — 7,198.
Для определения неизвестных составляем систему уравнений.
№ уравнений xt х. х, х. У, Свободные члены
4 — 7,198 — 10,572 —11,828 —12,239 —12,308 —10,000 0
3 в — 6,967 — 9,898 —10,905 —11,148 —10,000 0
2 • • — 6,071 — 8,823 — 9,502 —10,000 0
1 • • • — 4,706 — 6,592 —10,000 0
0 9 • • • 0 —10,000 0
5 —10,000 —10,000 —10,000 —10,000 —10,000 0 +10,000
Решая, находим следующие значения неизвестных:
у0 = —0,975, Х2 = 4-0,183,
Хо= 4- 0,075, Х3 = + 0,190,
Х4 = +0,140, АГ4 = 4-0,439.
Интенсивности реакций:
, 0,075 nnCQ , 0,183
рп=------= 0,058, р9=----------= 0,069,
0 1,30 ~ 2,60
0,140 п пел ' 0-190 п
р, =-----= 0,054, р,, = — -----= 0,073,
1 2,60 3 2,60
0,439 „
р, = —---= 0,169.
4 2,60
Эпюра реакции показана на рис. 151 пунктиром.
Принятая расчетная схема для поперечного направления соот-
ветствует сечению, проведенному через центры силосов. В сечении
же элеватора, проведенном по линии сопряжения двух силосов,
фундаментная плита почти по всей ширине опирается на стенки
силосов; верхнюю конструкцию можно считать как абсолютно же-
сткую и при вычислении ординат эпюры реакций использовать
формулу Садовского для жесткого штампа:
2Q
Р =------ — >
л у аг— х2
где а — половина ширины плиты;
х — расстояние от середины плиты.
142
Для тех же точек, что и в предыдущем случае, получим следу-
ющие значения ординат реакций:
Ро =--------2 — = 0,0545, р\ =----------- 2 = 0,0560,
3,14/11,702 3,14]/ 11,702—2,62
р"2 =------- 2 —— = 0,0605,
3,14]/ 11,702—5,22
ръ = 0,0735, р\ = 0,118.
Эпюра реакций показана на рис. 151 сплошной линией.
Имея эпюру реакций отдельно для продольного и поперечных
направлений, нетрудно перейти к пространственной эпюре реак-
ций для всей плиты.
Рис. 151
Ординаты этой эпюры найдем путем умножения величин р' и
р", полученных из расчета полоски, выделенной в поперечном нап-
равлении, на половину той нагрузки1, которая приходится на каж-
дую поперечную полосу по расчету, сделанному для продольного
направления.
Поэтому в любой точке основания при средней нагрузке qo = 1
интенсивность реакции равна:
Ь
^ = ~ГР ирод ' Рпопер •
В этой формуле Ь имеет размерность длины, р,1род —отвлечен-
ное число, Рпопер—отвлеченное число, деленное на длину; поэ-
тому т] будет отвлеченным числом.
На это число следует множить среднюю нагрузку, чтобы полу-
чить интенсивность реакции в любой точке.
1 Так как в последнем расчете мы приняли за единицу нагрузку, приходящу-
юся на половину полоски, выделенной в поперечном направлении.
143
Так, например, средняя точка элеватора приходится в сечении,
в котором мы считали плиту в поперечном направлении абсолютно
жесткой. Здесь
.2340 .0 799-0,0545 = 0,509.
2
Таким образом, реакция в середине элеватора вдвое меньше
среднего давления.
Вычисляя аналогично ординаты для разных точек, получим
эпюру реакции основания в виде некоторой поверхности. Для на-
Горизонтали даны через 0,2 кг(снг; все ординаты отнесены к реакции q* / кг/сп*
Рис. 152
глядности эта поверхность построена в горизонталях на рис. 152.
Наибольшая концентрация получена, как и следовало ожидать,
в углу. Здесь крайняя ордината в 8 раз больше средней; наимень-
шая ордината соответствует середине плиты и равна половине
среднего равномерного давления. По продольному наружному
контуру ординаты меняются от 2,2 до 8; по поперечному — от 2 до 8.
Необходимо заметить, что пика, полученная в углу, имеет тео-
ретический интерес. Практически же такое увеличение напряже-
ний не может иметь места, так как в действительном сооружении
углы плиты срезаны-; кроме того, большие нормальные напряжения
вызывают соответствующие касательные напряжения, которые
приводят к сдвигу частиц грунта, и напряжения несколько вырав-
ниваются.
пример п
СИЛОСНЫЙ КОРПУС ДЛЯ ЦЕМЕНТА
В этом примере сделаем поверочный расчет силосного корпуса
для цемента. На рис. 153 приведен детальный поперечный разрез
одного из силосов.
144
Среднее давление на грунт при полном загружении корпуса
равно 7 = 25,6 т/м2.
Как видно из рисунков, днища силосов опираются на самосто-
ятельные фундаментные плиты,
фундаментов силосных стен.
При решении задачи нас бу-
дут интересовать реакция грун-
та под бутовыми фундаментами
и вертикальные усилия в стен-
ках силосов. Расчет сильно ус-
ложняется тем, что: 1) не ясны
условия совместной работы
всей системы фундаментов,
2) упругие свойства грунта в
данном случае точно не извест-
ны, 3) распределение верти-
кальных нагрузок от веса не-
которые отделены от бутовых
Рис. 153
мента между стенами силосов и днищем очень неопределенно.
Ввиду этого произведем расчет в двух вариантах, принимая
крайние возможные предположения.
по 3-3
по 2-2
Рис. 154
В первом варианте будем считать, что осадки фундаментов под
стенами и осадки фундаментов вкладышей под днищами одина-
ковы.
Тогда совершенно безразлично, отделены или нет фундаменты
стен от фундаментов днищ. Все сооружение в целом будет рабо-
тать как абсолютно жесткая плита на упругом основании.
Для второго варианта примем, что фундаменты днищ и бутовые
фундаменты стен могут иметь разные осадки, причем фундаменты
днищ передают на грунт ту часть нагрузки от веса цемента, кото-
рая приходится на днища и определяется по формуле Янсена.
К) Б. Н. Жемочкин, А. П. Синицын.
145
Такой прием позволит нам исключить из расчета упругие ха-
рактеристики грунта.
Рассчитывая по первому варианту, для упрощения заменим
криволинейное в плане очертание фундаментов по наружному пе-
риметру прямолинейным. Тогда нам придется иметь дело с прямо-
угольной абсолютно жесткой плитой размерами в плане 45 X 27 м.
Всю площадь плиты разобьем на 15 квадратов со стороной
с=9 м (рис. 154). В середине каждого квадрата поместим услов-
ный опорный стержень. В точках 2, 3 и 5 будем предполагать по
два опорных стержня, в точке же 1 — четыре.
Найдем сначала перемещения для ’/4 плиты (см. пример 15).
дп = 4-3,545 = 14,180,
ё12 = 2-2-1,045 = 4,180,
д13 = 2-2-1,045 = 4,180,
б14 = 4-0,730 = 2,920,
615 = 2-2-0,505 = 2,020,
ё16 = 4-0,458 = 1,832,
б22 = 2-3,545 + 2-0,505 = 8,100,
З23 = 4- 0,730 = 2,920,
624 = 2-1,045 + 2-0,458 = 3,006,
ё25 = 4-0,458 = 1,832,
326 = 2 0,505 + 2 • 0,359 = 1,728,
б33 = 2-3,545 + 2-0,505 = 8,100,
бз4 = 2 -1,045 + 2 0,458 = 3,006,
836 = 2 • 1,045 + 2 • 0,335 = 2,760,
ё36 = 2-0,730 + 2-0,319 = 2,098,
644 = 3,545 + 2-0,505 + 0,359 = 4,914,
д45 = 0,730-2 + 2-0,319 = 2,098,
846 = 1,045 + 0,458 + 0,335 + 0,279 = 2,117,
б55 = 2-3,545 + 2-0,251 = 7,592,
ё66 = 2-1,045 + 2-0,244 = 2,578,
<566 = 3,545 + 0,505 + 0,251 + 0,226 = 4,527.
Вычислив коэффициенты при неизвестных, составим уравнения:
№ уравнений Xi X, Xs X* Х5 х. Уо Свободные члены
1 14,180 4,180 4,180 2,920 2,020 1,832 + 1,000 0
2 О 8,100 4,920 3,006 1,832 1,728 + 1,000 0
3 • ® 8,100 3,006 2,760 2,098 + 1,000 0
4 е © 4,914 2,098 2,117 + 1,000 0
5 © • 0 7,592 2,578 + 1,000 0
6 © © ® ® 4,527 + 1,000 0
7 + 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 0 —1,000
146
При составлении уравнений принимаем нагрузку, приходящу-
юся на ’/4 плиты, за единицу. Решив уравнения, найдем неизвест-
ные силы и реакции в пределах каждого квадрата тем же путем,
как это было сделано в примере 15. Приведенные на эпюрах рис.
154 цифры следует умножить на среднее давление на грунт для по-
лучения интенсивности реакции; эти цифры являются коэффициен-
тами неравномерности.
Наибольшая концентрация напряжений, как видно из эпюр, со-
ответствует углу плиты. В действительности фундаменты имеют
закругленную форму, что смягчает неравномерность напряжений
по торцовой части фундамента; поэтому для крайних силосов коэф-
фициент неравномерности примем средним по сечению 3— 3-.
= 2р6с2 + р5с2 = 2-1,425 + 0.967 = }
ср Зс2 .3
Стены подсилосного помещения ослаблены отверстиями. Цель на-
шего расчета заключается в поверке напряжений в простенках.
Нормальная сила, которая передается снизу на’простенок, на-
ходящийся в наиболее неблагоприятных условиях, должна быть
равна:
N = рср7о> —Qo= 1,282-25,6-10,70 — 73 = 352 — 73 = 279 г,
где рср — коэффициент неравномерности;
q = 25,6 т/м2 — среднее давление на грунт;
о>= 10,7 м2— площадь фундамента, приходящаяся на один
простенок;
Q = 73 т —- вес части фундамента и стен, расположенных
ниже простенка.
Для второго варианта расчета, как’было указано ранее, пред-
положим, что нагрузка, приходящаяся на днища, не зависит от
упругих свойств основания и определяется обычным путем по фор-
муле Янсена.
Остальная нагрузка, т. е. собственный вес силосов и вес цемен-
та, передающийся стенам вследствие трения, воспринимается коль-
цевыми бутовыми фундаментами, которые связаны со стенками в
одно жесткое целое и лежат на упругом основании. Эти фундамен-
ты в плане представляют довольно сложную систему, расчет кото-
рой представляет большие затруднения. Поэтому заменим фунда-
мент для расчета в продольном направлении эквивалентной абсо-
лютно жесткой балки, лежащей на упругом полупространстве.
Опуская расчет такой балки, поскольку он не представляет ничего
нового и был сделан в предыдущих примерах, ограничимся тем, что
приведем только эпюру реакций основания (рис. 155). На этой
эпюре указаны коэффициенты неравномерности.
Так как силосы имеют диаметр 11 м, то для крайнего силоса
правильнее принять коэффициент неравномерности не наибольший,
а средний' из двух крайних участков. Таким образом:
М5 + 0.91 ^125-
2
10*
147
Нагрузка, приходящаяся на один силос в среднем:
Qi = 1968 г.
Со стороны же грунта давление на фундамент крайнего силоса
будет больше и равно:
Q = рСЬ = 1,25 • 1968 = 2460 т.
Исследуем теперь, как распределяется реакция в поперечном
направлении.
Если мы вырежем в поперечном направлении полосу, то увидим,
что нагрузка на грунт по ширине корпуса передается в трех мес-
тах: под наружными и под внутренней стенками.
Для расчета в поперечном направлении примем схему по
рис. 156. Расчет будем вести для полосы шириной в один силос.
По условию оставляем в стороне вопрос об изгибе фундаментов
днищ и считаем, что нагрузка от днищ как бы приложена непос-
редственно к упругому основанию. Тогда силы Х2, Х3,..., Хэ будут
известны и равны -у, где Р — нагрузка на днище одного силоса.
Как неизвестные останутся Хо, Х\, Хю, Х1Ь Х12, Х13 и осадка у0.
Очевидно, придется составить семь уравнений для определения
этих неизвестных.
Силы Х2,..., Хд с соответствующими коэффициентами войдут в
свободные члены уравнений. Эти силы будут выражены через на-
грузку Р, поэтому в первых шести уравнениях свободные члены
148
должны состоять из силы Р, умноженной на численный коэффици-
ент. В седьмое же уравнение равновесия войдет в качестве свобод-
ного члена реакция грунта Q.
При вычислении перемещений учтем, что здесь мы имеем случай
плоской деформации. Модуль упругости грунта в расчет не войдет,
так как вся верхняя часть конструкции представляет одно жесткое
целое.
Вычисляем перемещения, пользуясь табл. I:
$00 Soi = 0, = — 2-3,296 = —6,592,
Sq2 = _ 2-4,751 = — 9,502,
$03 = — 2-5,574 = — 11,148,
&04 = -2-6,154 = — 12,308,
S05 = —2-6,602 = — 13,204,
Bog = -2-6,967 = — 13.,934,
5 07 = -2-7,276 = — 14,552,
$08 = _ 2-7,544 = — 15,088,
$09 = -2-7,780 = — 15,560,
80 10 = — 2-7.991 = — 15,982,
8о’и = — 2-8,181 = — 16,362,
6о’12 = “ 2-8,356 = — 16,712,
50[3 = —2-8,516 = — 17,032,
= 0 — 4,751 = —4,751,
812 = — ' , 296 — 5,574 = — 8,870,
813 =—4,751 —6,154=—10,905,
= — 5,574 — 6,602= — 12,176,
8 =—6,154 —6,967= — 13,121,
61в = — 6,602 — 7,276= — 13,878,
81 =—6.967 —7,544= — 14,511,
Bi = — 7,276 — 7,780= — 15,056,
8И = — 7,544 —7,991= —15,535,
8] )0 = —7,780 —8,181= — 15,961,
8]’п = — 7,991 —8,356=—16,347,
в/]2 = — 8,181 —8,516 = —16,697,
8! ’13 = — 8,356 — 8,664= —17,020,
8,0 2 = — 7,544 — 8,356= — 15,900,
810’3= —7,276 —8,516 = —15,792,
81(М = —6,967 —8,664 = —15,631,
В10^ = — 6,602 — 8,802= —15,404,
в1о'б = — 6,154 — 8,931= —15,085,
вю',7 = — 5,574 — 9,052= —14,626,
&1о’8 = —4,751 —9,167=—13,918,
8i0’9 = — 3,296 — 9,275= —12,571,
вюдо= 0 — 9,378= — 9,378,
В10,п= —3,296 —9,475=—12,771,
Вю’,12= — 4,751 — 9,568= —14,319,
В10’13= — 5,574 — 9,657= —15,231,
вп,2 = —7,780 — 8,516 = —16,296,
511 ,’з = — 7-544 — 8,664 = —16,208,
ВИ,*4 = — 7,276 — 8,802= —16,078,
8п’5 = -6,967-8,931= —15,898,
ВЩ6 = — 6-602 — 9,052= —15,654,
ВЩ7 = — 6,154 — 9,167= —15,321,
8] j ’8 = — 5,574 — 9,275= —14,849,
ВП,9= —4,751 —9,378= — 14,129,
811,'ю= — 3,296 — 9,475= —12,771,
Вп'11= 0— 9,568=—9,568,
В1Щ2= ~ 3,296 — 9,657= —42,953-
81МЗ= —4,751 — 9,742= —14,493-
8]2’2 = — 7,991 — 8,664= —16,655’
8|2^3 = _ 7,780 — 8,802= —16,582.
812’4 = — 7,544 — 8,931= —16,475,
812’5 = — 7,276 — 9,052= —16,328,
8]2’б= - 6,967 — 9,167=—16,134,
812’7 = — 6,602 — 9,275= —15,877,
812’8 = — 6,154 — 9,378= —15,532,
в12,9 = — 5,574 — 9,475= —15,049,
в12,10= —4,751 —9,568= —14,319,
в12,п= — 3,296 — 9,657= —12,953,
В12,12= 0 — 9,742= — 9,742,
в12,1 з = — 3,296 — 9,824= —13,120,
8,3 2 =— 8,181 —8,802= —16,983,
813>3 = — 7,991 — 8,931= —16,922,
813 4 = — 7,780 — 9,052= —16,832
813 5 =—7,544 —9,167 = —16,71Г
8]3'6 = — 7,276 — 9,275= —16,551 ’
8,3’ 7 = — 6,967 — 9,378= —16,345,
813’8 =— 6,602 —9,475=—16,077,
В,3’9= —6,154 —9,568= —15,722,
8]ЗШ= —5,574 —9,657= —15,231,
813Н= — 4,751 — 9,742= —14,493,
В1з'12= — 3.2Э6 — 9,824= —13,120,
в1з’1з= 0 — 9,902= — 9,902.
Покажем, как находятся свободные члены.
149
Найдем, например, перемещение Д1з.р, зависящее от Р:
^13,Р = ( $ 13,2 4" ^13,3 4" ®13,4 4" ®13,5 4* $13,6 4* ^13,7 4“ $13,8 4" $13,9) ~
= (— 16,983 — 16,922 — 16,832 — 16,711 — 16,551 —
— 16,345 — 16,077 — 15,722) -у = — 16,518+.
Составляем уравнения:
X» -^12 х„ Л10 Xi Хо Уо р Q
—9,902 е • • • + 10,000 — 13,120 — 9,742 ® е • + 10,000 — 14,493 —12,953 — 9,568 е +10,000 — 15,231 —14,319 — 12,771 — 9,378 • ® + 10,000 — 17,020 — 16,697 — 16,347 — 15,961 — 4,751 ® +10,000 —17,032 — 16,712 — 16,362 —15,982 — 6,592 0 + 10,000 + 10,000 +10,000 + 10,000 + 10,000 + 10,000 + 10,000 0 — 16,518 — 16,079 — 15,558 — 14,866 — 12,006 — 13,162 0 0 0 0 0 0 0 —10,000
Решая уравнения, находим неизвестные:
у0= + 1,514+ + 1.376Q, Х10 = —0,093++ 0.209Q,
Хо = — 0,021 Р + 0,053 Q, Хи = +^0,032++ 0,124Q,
Х± = — 0,152+ + 0,192 Q, Х1а = + 0,06IP + 0,138Q,
XIS = + 0,175P + 0,284Q.
Реакция, приходящаяся на наружную стенку, будет равна:
R = X1S + Х12 + хи + Х10 = (0,175Р + 0,284Q) +
+ (0,061Р + 0,138Q) + (0,032+ + 0,124Q) +
+ (— 0,093 Р + 0.209Q) = 0,175+ + 0,755Q.
Для крайнего силоса Р — 2 157 т, Q = 2 460 т, следовательно,
Р = 0,175/34- 0,755Q = + 0,175-2157 + 0,755-2460 =
= 378+ 1860 = 2238г.
Эту силу можно считать распределенной на половине длины ок-
ружности стен. На среднюю стейку приходится нагрузка гораздо
меньшая.
Определим продольную силу в наиболее нагруженном простен-
ке крайнего силоса.
Нормальная сила на 1 пог. м внешнего контура1:
кг 2238 2238 ,
=-----------=-------= 128 т пог. м.
3,14-5,59 17,50
1 При определении нормальной силы вес фундамента не вычитается, так
как в расчет введена нагрузка выше поверяемого сечения простенка.
150
На простенок передается усилие с участка длиной 2,815 м.
N = 128-2,815 = 360 7-.
Для проверки правильности расчета в поперечном направлении
сделан также контрольный расчет с другим расстоянием между
опорными стержнями (рис. 157).
В этом случае получим:
Д = Х4 + Х5 = +0,181Р+ 0,792Q;
по предыдущему же расчету:
R = +0,175P + 0,755Q.
Рис. 157
Сравнение результатов показывает, что при практических рас-
четах, когда все равно приходится вводить различные допущения
и когда очень точного решения получить нельзя, нет никакой необ-
ходимости задаваться большим числом опорных стержней и тем
усложнять вычисления. Ограниченного числа стержней уже до-
статочно, чтобы получить практически сравнительно точный ре-
зультат.
ПРИМЕР 18
НАГРУЗКА В УГЛУ ПЛИТЫ1
Рассмотрим квадратную бесконечно жесткую плиту, нагружен-
ную сосредоточенной силой Р = 10 т в углу. Схема плиты указана
на рис. 158. Для расчета используем симметрию и разложим на-
грузку на четыре составляющих, как это указано на рис. 159.
Нагрузка, указанная на схеме а (рис. 159), является симметрич-
ной, поэтому распределение реакций основания будет такое' же,
как в примере 15.
Для схемы г (рис. 159) реакции основания будут равны нулю,
так как нагрузка является уравновешенной, а плита считается
бесконечно жесткой. Из схем бив следует рассчитывать только од-
ну, принимая во внимание симметрию относительно двух осей, для
этой нагрузки можно использовать балочную расчетную схему и
коэффициенты неравномерности реакций основания взять из таб-
1 Для гибкой плиты аналогичная задача подробно изучена канд. техн, наук
Я. П. Матушина.
151
лицы, приведенной в примере 8. Таким образом, задача решается
приближенно посредством таблиц. Более точное решение можно
получить, если составить .систему уравнений для всех схем, указан-
ных на рис. 159.
Подсчет коэффициентов неравномерности реакций основания
удобно сделать в табличной форме для 15 точек плиты, указанных
на рис. 158.
Подсчет коэффициентов неравномерности реакций основания
производим, пользуясь таблицей:
<и Q S Схема нагрузки а Схема нагрузки б Схема нагрузки в Нагрузка в углу
а+б+в коэффициент неравномер- ности
1 + 1,696 +4,541 + 1,546=+6,087 —6,087 + 1,696 +0,424
2 + 1,100 + 1,664+0,055=+!,719 —6,087 — 3,268 —0,817
3 + 1,062 0 —6,087 — 5,025 —1,256
4 + 1,100 —1,719 —6,087 — 6,706 —1,676
5 + 1,696 —6,087 —6,087 —10,478 —2,619
6 + 1,100 +6,087 — 1,719 + 5,468 + 1,367
7 + 0,538 + 1,719 ' —1,719 + 0,538 +0,134
8 +0,678 0 — 1,719 — 1,041 —0,260
9 +0,538 —1,719 —1,719 — 2,900 —0,725
10 + 1,062 +6,087 0 + 7,149 + 1,787
И +0,678 +1,719 0 + 2,397 +0,599
12 +0,472 0 0 + 0,472 +0,118
13 + 1,100 +6,087 + 1,719 • + 8,906 +2,226
14 +0,538 + 1,719 + 1,719 + 3,976 +0,994
15 + 1,696 +6,087 +6,087 +13,870 +3,467
Наибольшая концентрация реакций получилась в точке 15
qls = 3,467—^ = 1,38 т/м2.
5-5
152
В противоположном углу плиты появились отрицательные ре-
акции. Если эти реакции не погашаются постоянной нагрузкой (вес
плиты), то плиту следует рассчитывать с учетом односторонних
связей.
Эпюра реакций построена на рис. 160.
Рис. 160
ПРИМЕР 19
СБОРНЫЕ ПЛИТЫ1
Сборные плиты имеют меньшие размеры, их можно получить
путем разрезания монолитной плиты на несколько частей. Прямо-
угольная монолитная плита может быть разрезана на две части
путем устройства поперечного или продольного шва. Если сделать
два взаимно-перпендикулярных шва, то плита будет составлена из
четырех частей.
В швах плиты могут быть связаны между собой шарнирно.
1 Подробно см. доклад А. П. Синицына и др. на XI Международном
дорожном конгрессе в Рио-де-Жанейро, 1959, Жесткие покрытия дорог и ВПП.
разд. 2, Автотрансиздат, 1959, Сборник Докладов от СССР, стр. 57.
153
При симметричных схемах загружения таких плит поперечные
силы в швах будут равны нулю, поэтому швы можно рассматри-
вать как сквозные.
Тем не менее каждую часть плиты рассматривать независимо
от других нельзя.
Две загруженные плиты, расположенные рядом, оказывают на
распределение реакций взаимное влияние и значительно изменяют
их величину.
об • Ч Р=> Г 2 о । © 2 е Р-/ об
• 5 •3 /® i в/ •3 ®5
®5 @3 р=1 /• | •/ 1 ®5
• 6 •ч в j ч>2 L_ ® ч ®6
Рис. 161
Для выяснения этого вопроса сделаем расчет для нескольких
случаев.
Бесконечно жесткая прямоугольная плита, имеющая отношение
сторон 3:5, разрезана вдоль и нагружена симметрично, как это
указано на рис. 161.
Используя симметрию относительно двух осей, составляем систе-
му канонических уравнений для ’/4 плиты. Система уравнений бу-
дет теперь состоять из восьми уравнений, так как добавляется еще
одно условие — равенство нулю моментов в продольном разрезе.
Коэффициенты канонических уравнений вычисляем так же, как
в предыдущем случае (см. стр. 142):
бХ1 = 4-3,545 = 14,180;
б12 = 2-2-1,045 = 4,180.
Система уравнений имеет вид:
х, х. X, X. Xs X. Уо Свобод- ные члены
+ 14,180 +4,180 +4,180 + 2,920 + 2,020 + 1,832 + 1,000 0 0
+ 4,180 +8,100 +2,920 +3,006 + 1,832 + 1,728 + 1,000 + 1,000 0
+ 4,180 + 2,920 +8,100 +3,006 +2,760 +2,098 + 1,000 0 0
+ 2,920 +3,006 +3,006 +4,914 + 2,098 +2,117 + 1,000 + 1,000 0
+ 2,020 + 1,832 +2,760 + 2,098 +7,592 + 2,578 + 1,000 0 0
+ 1,832 + 1,728 +2,098 + 2,117 +2,578 +4,527 + 1,000 + 1,000 0
+ 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1 ,000 + 1,000 + 1,000 0 -0 — 1,000
0 + 1,000 0 + 1,000 0 + 1,000 0 0 —0,500
154
155
156
После решения найдем значения Х-ов.
Х1 = 4-0,085; Х2 = 4-0,072; Х3 = 4-0,173; Х4 = 4-0,153;
Х5 = 4- 0,247; Х6 = 4- 0,271; у0 = — 3,676; с<?0 = + 0,848.
Плита не только опускается, но и поворачивается.
Интенсивность реакций определим путем деления сил Xt на соот-
ветствующие им площади.
<7о = (<7о — среднее давление);
1 5са
= 4- 0,085-15-90 = + 1 ,275<7о I
= 4- 0,072- ^0 = 4- 0,54090 ;
Я2 =
Яз = + 1,297^0; 74 = + 0,574<?о; 95 = + 1,953^0;
4X1
____2^_
са
На рис. 162 изображена полученная эпюра реакций и для срав-
нения также дана эпюра, соответствующая монолитной плите.
Из сравнения . чюр видно, что под сборной плитой наибольшая
интенсивность реакций составляет 9шах== 1,953 Яо, т. е. почти в два
раза больше средней ординаты.
157
Изгибающие моменты вычисляем, учитывая только распределе-
ние реакций в продольном направлении и предполагая, что в по-
перечном направлении по всему сечению продольный момент рас-
пределяется равномерно. После этого учтем неравномерность
распределения момента по поперечному сечению путем введения
коэффициентов неравномерности, полученных при определении
интенсивности реакций.
Коэффициенты неравномерности при этом необходимо будет
пересчитать по отношению к их среднему значению для каждого
сечения. Эпюра моментов №х показана на рис. 163.
Если квадратная бесконечно жесткая плита разрезана на четы-
ре части двумя взаимно-перпендикулярными швами, то получим
схему, указанную на рис. 164.
Используем симметрию, и расчет будем вести для одной вось-
мой части плиты, заделку для каждой плиты поместим в точке 1.
Коэффициенты канонических уравнений вычисляются так же,
как на стр. 134, но число их будет равно 8, так как добавляется до-,
полнительное условие — равенство нулю изгибающих моментов
вдоль разреза.
8П = 8-3,545 = 28,360;
812 = 4-1,045-2 = 8,360
И т. д.
Система уравнений для определения Х-ов указана ниже.
I № урав- нений Xi X, Xi Уо а ср. Правая часть
1 +28,360 + 8,360 +4,040 Н-5,84С +3,664 + 2,872 + 1,000 0 0
2 + 8,360 + 11,020 +4,592 +6,012 +3,836 +2,948 + 1,000 +0,707 0
3 + 4,040 + 4,692 +9,028 +4,216 +4,052 +2,912 + 1,000 + 1,414 0
4 + 5,840 + 6,012 +4,216 + 9,828 +4,234 +3,234 + 1,000 + 1,414 0
5 + 3,664 + 3,836 +4,052 + 4,234 +6,141 +3,648 + 1,000 + 2,121 0
6 + 2,872 + 2,948 +2,912 +3,234 +3,648 +8,450 + 1,000 +2,828 0
7 + 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 +1,000 + 1,000 0 0 + 1,000
8 0 + 0,707 + 1,414 + 1,414 +2,828 +2,121 0 0 +0,707
После решения уравнений найдем значения Х-ов:
0,169; Х2 = + 0,410; Х3 =+ 0,352; Х4=+0,148;
Х5 = + 0,086; Х6 = —0,168; у0 = — 10,332; а<?0 = + 2,911.
Интенсивность реакций получим:
= 25-Xi70 = 4,225<7О; + = 2,560^0; q3 — 2,150^о;
= 0,925^0; q5 = 0,268</0; qG = — 1,05^0.
Эпюра реакций показана на рис. 165.
Для сравнения на этом же чертеже показана эпюра реакции
для монолитной плиты.
158
159
Монолитная
Из сравнения видно, что в сборной плите появляется значитель-
ная концентрация реакций в центре плиты, которая достигает
?тах= 4,22 q0, т. е. в 4 раза больше среднего давления.
В. центральной части монолитной плиты наблюдается снижение
давлений, концентрация напряжений, наоборот, возникает у края
плиты.
В сборной плите появляются отрицательные ординаты реакций
основания у внешнего угла, в монолитной плите все реакции поло-
жительные. Наибольший изгибающий момент для сборной плиты
будет под грузом, т. е. в сечении 2—2. Эпюра реакций и моментов
при поперечном шве для продольного направления показана на
рис. 166.
Из рассмотрения эпюр видно, что устройство шва в фундамент-
ной плите приводит к выравниванию реакций по подошве и снижа-
ет величину расчетного изгибающего момента.
ПРИМЕР 20
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ОСАДОК СИЛОСНЫХ КОРПУСОВ
Два силосных корпуса размером каждый 45 X 32 м (в плане)
поставлены рядом так, что консоли фундаментных плит взаимно
касаются. Оба корпуса загружены полностью, а среднее давление
на грунт при полной нагрузке равно 3,3 кг/см2.
Модуль' деформации основания Ео = 400 кг!см2:
i Требуется найти осадки силосных корпусов, рассматривая их
' как бесконечно жесткие балки, лежащие на упругом полупростран-
; стве.
Расчетную схему примем по рис. 167.
I В основной системе должны быть две фиктивные заделки, от-
; дельно для каждого корпуса. Расположим их в месте примыкания
i силосных корпусов; расстояние между фиктивными стержнями
1 примем с = 10 м. Тогда каждый силосный корпус будет прикреплен
1 к упругому основанию пятью стержнями. В силу симметрии потре-
буется составить систему только из семи уравнений.
: б н. Жемочкин, А. П. Синицын 161
160
Коэффициенты уравнений вычисляются по табл. II. Их значения
будут такие же, как в примере 4. Поэтому вычисление перемеще-
ний здесь не даем, а составляем сразу уравнения.
X. хг X, Уо Фо Свободные члены
4-3,734 +1,658 +0,938 +0,646 +0,492 + 1,000 0 + 1,658 +2,336 +4152 +0,715 +0,520 +1,000 +1,000 +0,938 + 1,152 +2,113 +1,026 +0,634 + 1,000 +2,000 +0,646 +0,715 + 1,026 +2,032 +0,971 + 1,000 +3,000 +0,492 +0,520 +0,634 +0,971 + 1,991 + 1,000 +4,000 + 1,000 +1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 0 0 0 + 1,000 +2,000 +3,000 +4,000 0 0 0 0 0 0 0 -Q —2.25Q
Решая эту систему уравнений, находим следующие значения
неизвестных при Q = 1:
?0 = + 0,0663, = + 0,1973,
у0 = — 1,284, Х3= 4- 0,1892,
Хо= 4-0,1318, Х4 =+ 0,2684.
Хг= 4- 0,2133,
Проверим условия равновесия:
Е X = Хо 4- Хх 4- Х2 + Х3 4- Х4 —
= 0,1318 4- 0,2133 4- 0,1973 4- 0,1892 4- 0,2684 = 1,000.
Е Л1 = 0,2133 • 1 4- 0,1973 • 2 4- 0,1892 3 4- 0,2684.4 = 2,249.
Осадка каждого корпуса в точке их соприкосновения у0 найде-
на 1,284. На практике очень важно знать разность осадок различ-
ных точек одного и того же корпуса.
Эту разность можно найти двумя путями: или умножить полу-
ченный угол наклона <р0 на расстояние между точками, разность
осадок которых требуется определить, или, пользуясь табл. II,
вычислить независимо осадки той и другой точки, принимая во
внимание, что силы, приложенные к упругому полупространству,
теперь известны.
Найдем разность осадок точки 0 и точки 4, умножая угол по-
ворота <?0 на 4:
А у = 4?0 = — 4 • 0,0663 = — 0,265.
Определим осадки у0 и у4 по табл. II:
у0 = (1,867-0,1318 4- 0,829-0,2133 4- 0,469-0,1973 +
4- 0,323-0,1892 4- 0,246-0,2684)-2 = + 1,285,
у4 = (1,867 • 0,2684 4- 0,829 0,1892 4- 0,469 • 0,1973 +
4- 0,323-0,2133 4- 0,246-0,1318-2 4- 0,197-0,2133 +
162
4-0,165.0,1973+ 0,142-0,1892 4-0,124-0,2684) = + 1,017
Д у = 1,017— 1,285 =—0,268.
Сравнивая результаты, вычисленные разными способами, за-
мечаем, что расхождение оказалось в пределах точности подсче-
тов. Полученные величины у0 и Д у являются условными приведен-
ными, так как расчет выполнялся для Q=l, в действительности
Q=32 • 45 • 33=47 500 т.
Кроме того, мы еще не учли упругих характеристик грунта.
Для получения действительных осадок надо умножить полу-
ченные величины согласно формуле (60) (стр. 33) на
(1 ~Ир) Q = (1 — 0,352)-47 500 = 0 332
пЕос 3,14-4 000-10
Тогда получаем действительную осадку в точке 0:
Уодейств = 1 >285 • 0,332= 0,43 м = 43 см.
Разность осадок точек 0 и 4:
Д удейств = 0,268 • 0,332 = 0,09 м = 9 см.
Разность осадок вызывает взаимный наклон корпусов.
ПРИМЕР 21
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ВЗАИМНОГО НАКЛОНА ДВУХ
СМЕЖНЫХ ЗДАНИЙ
Для того чтобы полнее оценить то влияние, которое оказывают
друг на друга два сооружения, поставленные рядом, рассмотрим
еще пример определения величины свободного зазора, который
необходимо оставить при проектировании соединительной галереи
между двумя силосными корпусами. На рис. 168 показаны два
железобетонных силосных корпуса на отдельных фундаментах,
соединенные поверху галереей.
Модуль деформации основания Ео = 400 кг/см2 = 4000 т/м2.
Для расчета принимаем фундаменты в плане в виде прямо-
угольников размерами 25 м~х. 15 м.
Среднее равномерное давление на 1 м2 плиты фундаментов:
при полной нагрузке = 26 т/м2,
от постоянной нагрузки = 9 „
„ временной „ =17 „
Сами по себе силосные корпуса взаимно не связаны, осадки же
одного корпуса оказывают влияние на осадки соседнего благодаря
общему упругому основанию; поэтому следует ожидать взаимного
наклона силосных корпусов. Величина наклона зависит от упру-
гих свойств основания.
И* 163
Для расчета будем иметь две балки, как показано на схеме 1,
рис. 168. Каждую балку прикрепим к основанию пятью стержня-
ми, фиктивную заделку расположим на оси симметрии в точке
Рис. 168
примыкания корпусов.
Коэффициенты в урав-
нениях будут совпадать с
теми, которые вычислены
для примера 20, так как от-
ношение ширины корпусов
к общей длине примерно
одинаковое, следовательно,
и уравнения останутся теми
же.
Используя полученные в
примере 20 результаты ре-
шения уравнений, будем
иметь ®0= —0,0663. Раз-
ность осадок крайних то-
чек:
Ду = 0,0663-4,5 = 0,298.
Так как в данном случае
Q = 26 -25- 15 = 9 800 т, то
Д.У действ = 0,298 X
(1 — 0,352)-9800 _
3,14-4000-5,80 ~
= 0,0352 м 3,5 см.
Рассмотренный случай полной загрузки силосных корпусов
дает наибольшие осадки по абсолютной величине. Наибольшую
же разность осадок можно будет
ожидать при частичной загрузке,
Рис. 169
Рис. 170
именно, когда будет загружена половина каждого силосного кор*
пуса, ближайшая к месту их примыкания. Для решения этой зада-
чи удобно принять схему II, рис. 168 с расстановкой стержней че-
164
рез 6,50 м. Основную систему примем по рис. 169. Эта система.не-
сколько необычного вида, но ее преимущество в том, что расстоя-
ние от здделки до ближайшего стержня равно с.
Сделаем расчет для двух случаев загружения, показанных на
рис. 170, все другие случаи несимметричной загрузки можно бу-
дет получить путем комбинации этих двух.
Опуская вычисление перемещений, переходим к составлению
уравнений:
Xi х2 х, х, Уо <Ро Свободные члены
1-й случай 2-й случай
2,696 1,298 0,792 0,569 + 1,000 + 1,000 , 0 0
1,298 2,190 1,075 0,666 + 1,000 +2,000 0 0
0,792 1,075 2,064 0,994 + 1,000 +3,000 0 0
0,569 0,666 0,994 2,012 + 1,000 +4,000 0 0
+ 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 0 0 -Q —рр
+ 1,000 +2,000 +3,000 +4,000 0 0 0 —2Р
Решая эту систему, получим следующие значения неизвестных:
1) для первого случая загружения:
ср0 = + 1,0648, Хг= + 1,0162, Х3 = + 0,1032,
у0 = — 4,1289, Х2 = + 0,4255, Xi = — 0,5438,
2) для второго случая загружения:
<р0 = + 0,2884, Хг = 0,4247, Х3 = 0,1898,
у0 = — 1,9986, Х2 = 0,2688, = 0,1172.
Значения неизвестных при частичной загрузке силосов
(рис. 170) получим, складывая результаты вычисления для того и
другого случаев.
Углы наклона:
<PQ = + 1,0648-0,25=+0,267
= +0,2884-0,75 = +0,216
То = + 0,483
Разность осадок:
Ду = 4-0,483 = 1,932.
Теперь учтем действительные нагрузки корпусов.
Временная нагрузка каждого корпуса:
QBp= 17-15- -у-= 3180 т. ;
Постоянная нагрузка:
Qn0CT = 9-15-25 = 3370т.
Г65
Для разности осадок от постоянной нагрузки воспользуемся
уже найденной величиной А у:
АУдейств = 0,0352- + 1,932- <1-0,35+3 180 =
лдеиств 9800 , 3,14-4000.6,50
= 0,012 + 0,066 = 0,078 м.
Сближение галерей поверху:
0,078 • • 2 = 0,187 и 20 см.
25
Полученный результат показывает, что на опорах среднего
вкладыша соединительной галереи необходимо оставлять доста-
Рис. 171
точно большие зазоры, обеспечивающие свободный наклон силос-
ных корпусов. Если этого не сделать, то при осадке корпусов в
соединительной галерее возникнет большая продольная сила, спо-
собная вызвать разрушение.
В строительной практике известны случаи, подтверждающие
это положение.
Для того чтобы иметь понятие о величине продольной силы,
возникающей в том случае, когда соседним корпусам не дана воз*
можносгь свободного наклона, сделаем соответствующий расчет,
принимая данные настоящего примера.
С этой целью найдем сначала угол взаимного поворота корпу-
сов, если к каждому из них приложить момент, равный единице.
Расчетную схему примем по рис. 171.
Перемещения нам уже известны (см. пример 20), поэтому не-
посредственно перейдем к составлению уравнений:
X, X, X Уо Фо Свободные члены
3,734 1,658 0,938 0,646 0,492 + 1,000' 0 0
ф 2,336 1,152 0,715 0,520 + 1,000 + 1,000 0
• • 2,113 1,026 0,634 + 1,000 +2,000 0
• • • 2,032 0,971 + 1,000 +3,000 0
• О • • 1,991 + 1,000 +4,000 0
+1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 0 0 0
0 + 1,000 +2,000 +3,000 +4,000 0 0 —1,000
Решая уравнения, найдем <?0=—0,266.
166
г
Разность осадок:
Ду = 0,266-4,5= 1,195,
Д У действ =1,195 -(1~°2352)-1- ... = 1,44 • 10-5 .
лдеиств 3,14-4 000-5,80
Давление одного корпуса на другой определяется из условия,
что разность осадок по длине каждого корпуса равна нулю:
1,44-Ю^Е/г —0,078 = 0,
откуда
0,078-10^
1,44-30
181г.
ПРИМЕР 22
РАМА НА УПРУГОМ ОСНОВАНИИ
Требуется рассчитать замкнутую железобетонную раму, кото-
рая имеет значительное протяжение в направлении, перпендику-
лярном чертежу, и лежит на упругом основании; рама нагружена
по продольной оси силой Р=Ю т, приложенной в середине проле-
та нижнего ригеля (рис. 172). Для расчета вырезаем в направле-
нии, перпендикулярном продольной оси, полосу шириной 1 пог. м.
Здесь имеем случай плоской деформации.
Данные для расчета:
Модуль деформации основания £о=32О кг/см2 = 3 200 т/м2.
Коэффициент Пуассона основания ро = 0,30.
Модуль упругости материала рамы Е=2 100 000 т/м2.
Коэффициент Пуассона материала рамы р- = —,
Момент инерции сечения на 1 пог.м:
1-0,303
Г / 1 V
12Нт).
= 0,00231 м*.
Поместим между нижним ригелем рамы и основанием услов-
ные опорные стержни через с = 0,50 м.
Коэффициент а вычислим по формуле:
3,14-3200-0,503 л л ._
а = ------------------------ = 0,047.
6-2 100 000-0,00231(1—0,302)
Основную систему примем по рис. 173, сделав разрез по се-
редине верхнего ригеля и отбросив опорные стержни. Заделку при-
мем в середине нижнего ригеля.
Перемещения, вызванные единичными силами, приложенными
к нижнему ригелю, равны:
$оо ~ 0,
ЙО1 = —3,296-2 = —6,592,
16?
d0, = —4,751 -2 = — 9,502,
d03 = —5,574-2 = — 11,148,
604 = — 6,154 • 2 = — 12,308,
611 = —4,751 +0,047-2 = —4,657,
б12 = — 3,296 — 5,574 + 0,047-5 = —8,635,
Рис. 173
Рис. 174
д13 = — 4;751 -6,154 + 0,047-8 = — 10,529,
= - 5,574 - 6,602 + 0,047 -11 =- 11,659,
8И =—6,154 — 0,047-16 =— 5,402,
823 = - 3,296 - 6,602 + 0,047 • 28 = — 8,582,
824 = _ 4,751 - 6,967 + 0,047-40 = - 9,838,
83й = - 6,967 + 0,047-54 = - 4,429,
S34 = - 3,296 — 7,276 + 0,047 • 81 = - 6,765,
Зм=- 7,544 + 0,047-128 = - 1,528.
Остальные перемещения определяются, как для балки ломано-
го очертания, заделанной одним концом (рис. 174).
168
Обратим внимание на то, что мы принимаем все перемещения
я Ео
увеличенными в ~г раз. Поэтому истинные перемещения vki,
(1 ~ Р-о)
вызванные силами Х5=1 и Х&= 1, удобно написать в такой форме:
с3
-----wki >
6EJ kt
с3
выделив множитель-----.
GEJ
Тогда для нахождения перемещений придется умножить
величины wkl на коэффициента, равный, как известно,
л E0c3 _ л Eo c3
(l-$ '^7
C15 = lc2 „ 1 -6c — — cS 18,
2 EJ GEJ
C2S = ~ 4c2 6c _ — c3 -72,
2 EJ a GEJ
?J35 = 9c2 r 1 -6c c3 162,
2 EJ GEJ
c45 = - 16c2 Г 1 6c c3 -288,
2 EJ cEJ
1 n Д z-» 1 * 6c ^55— 16c • 4,2c • 6c . 2-6cA —= -^- 1339,2,
65 \ 2 • 3 / EJ 6EJ
lc2 1 c3 r
aie — g EJ 6EJ.
4c2 1 c3 o.
U2e = • — 24.
s 2 EJ &EJ
9c2 1 С3 e л
Vrr = • — 54,
EJ 6EJ
16c2 1 e3 nc
ViR = •
46 2 EJ 6EJ
^56 ~ Й,2с 4“ ~— \ 1 r3 -+ = ——518,4,
v 2 t / EJ GEJ
— (2 • 4,2c 6c) - -J— = —345,6. EJ GEJ
^os — 0, 8le=0,047- 6 =+ 0,282,
615=0,047- 18 ==+ 0,846, 6.26 = 0,047. 24 =+ 1,128,
62s=0,047- 72 =+ 3,384, б36=0,047- 54 =+ 2,538,
d35=0,047- 162 =+ 7,614, d46=0,047- 96 =+ 4,512,
645=0,047- 288 = + 13,536, 633=0,047-518,4 =+24,365,
655=0,047-1339,2=+62,942, 6e.=0,047-345,6 = +16,243.
169
Для определения неизвестных получаем такую систему уравне-
ний:
। № урав- | нений х« х5 X, х, х> X» Ув Свобод- ные члены
6 +16,243 +24,365 + 4,512 +2,538 + 1,128 + 0,282 0 0 0
5 • 4-62,942 +13,536 +7,614 +3,384 + 0,846 0 0 0
4 • • — 1,528 —6,765 —9,838 —11,659 —12,308 +10,000 0
3 • • • —4,429 —8,582 —10,529 —11,148 + 10,000 0
2 • • • —5,402 — 8,635 — 9,502 +10,000 0
1 • • • • • — 4,657 — 6,592 + 10,000 0
0 • • • • • • 0 4-10.000 0
7 0 0 + 10,000 +1.0,000 +10,000 +10,000 + 10,000 0 —50,000
Решая эту систему, находим следующие значения неизвестных:
у0 = 4- 4,05, Х3 = + 0,93,
Хо = + 0,72, Х4 = 4- 0,89,
Хг = 4- 1,39, Х6 = —0,39,
Х2 = 4-1Д7 =+0,114.
Ординаты эпюры реакции основания
получим, если разделим усилия X на ве-
личину с:
р0 = 2-^- = + 2,88 т/м*,
0,50 ‘
р = = +2,78т>2,
0,50 ' 1
р2 = + 2,14 т/м2,
р3 = + 1,86 т/л/2,
Pt = + 1,78 т/м2.
Изгибающие моменты вычисляются для основной системы, т. е.
для балки, заделанной одним концом:
Л4о = + -^-Хо + 0.5Х, + 1,0Х2 + 1,5Х3 + 2,0Х4 + 3,0Х5 + Хв =
= -^-0,72 + 0,5-1,39+ 1,0-1,07+ 1,5-0,93 + 2,0-0,89 —
-3,0-0,39 + 0,114= +4,06 пи.
Эпюра моментов приведена на рис. 175.
170
ПРИМЕР 23
ОПРЕДЕЛЕНИЕ ГЛУБИНЫ СДВИГОВ
Из приведенных примеров видно, что у внешнего контура пли-
ты или балки в большинстве случаев получается концентрация ре-
акций основания. Концентрация объясняется физическими свойст-
вами основания, которое мы рассматриваем как упругое изотроп-
ное тело.
Реальные грунты, с которыми приходится иметь дело в строи-
тельной практике, не в полной мере обладают признаками изотроп-
ного тела.
Независимо от того, имеет ли геологический профиль однород-
ное или слоистое строение, у грунта имеется одна особенность, ко-
торая оказывает благоприятное влияние и смягчает концентрацию
напряжений. Наблюдения за осадками возведенных сооружений
показывают, что в верхних слоях грунта, лежащих 'непосредствен-
но под фундаментом, происходят сдвиги и сооружение как бы
вдавливается в грунт, чего не должно было быть, если бы грунт
представлял упругое тело. Под сооружением происходит явление,
близкое к пластическому равновесию.
Решение задачи о пластическом равновесии в достаточной мере
громоздко, практика же требует немедленного ответа на вопрос о
том, в какой мере следует учитывать концентрацию напряжений
при расчете и проектировании фундаментов. Поэтому можно пред-
ложить следующий упрощенный прием.
При осадке сооружения в грунте происходят сдвиги частиц по
вертикали, проведенной на границе фундамента. В верхних слоях
эти сдвиги являются наибольшими. По мере погружения в грунт
их величина уменьшается, и можно ожидать, что на некоторой глу-
бине сдвигов уже нет. Ниже этого уровня основание работает в
условиях, отвечающих предпосылкам теории упругости; вышележа-
щие же слои грунта в результате происшедших сдвигов отрезаны
от остальной массы и являются как бы упругой прокладкой между
фундаментом и основанием.
Такая упругая прокладка должна уменьшать концентрацию ре-
акций основания.
Возникает вопрос: как определить глубину этой упругой про-
кладки, т. е. найти уровень, на котором прекращаются сдвиги, а за-
тем как учесть влияние упругой прокладки на распределение реак-
ций основания.
Известно, что сдвиги частиц грунта происходят там, где каса-
тельные напряжения превосходят силы трения между частицами и
силы сцепления в связных грунтах.
Поэтому, рассуждая строго аналитически, следовало бы найти
наклон главных площадок для разных точек упругого основания и
затем найти площадки сдвигов, которые наклонены под углом 45°
к главным площадкам. После этого надо было бы найти наиболь-
шие касательные напряжения, и там, где касательные напряжения
171
будут больше сил трения между частицами грунта, сдвиги окажут-
ся возможными. Однако для упрощения будем определять каса-
тельные напряжения только- по вертикальным площадкам. К раз-
решению задачи подойдем так.
Если между упругим основанием и сооружением имеется
(рис. 176) упругая прокладка, то жесткие стержни, которые мы до
сих пор помещали между сооружением и основанием, заменим уп-
ругими стержнями-пружинами, коэффициент податливости кото-
рых соответствует упругим свойствам прокладки1.
Для определения коэффициента податливости необходимо знать
толщину упругой прокладки, которая зависит от распределения ре-
иооружение
Л,
7
У Упругая проклад-
ка заменяется
1 растяжимыми
-тержнями-
> пружинами
-Ил-
Рис. 176
акций упругого основания, а реакции, в свою очередь, зависят от
размера упругой прокладки.
Поэтому применим метод последовательных приближений. Сна-
чала будем считать, что упругая прокладка отсутствует, и найдем
реакции грунта. Затем, учитывая это давление как нагрузку, распо-
ложенную на упругом основании, вычислим касательные напряже-
ния, найдем на какой глубине, они равны силам трения, и таким
путем определим толщину упругой прокладки. Вновь найдем реак-
ции основания с учетом упругой прокладки и определим, на какой
глубине возможно теперь появление сдвигов, таким образом по-
лучим толщину упругой прокладки во втором приближении. Повто-
ряя операцию, если потребуется, несколько раз, получим результаты
с необходимой степенью точности.
Намеченный путь решения пригоден как для плоской, так и для
пространственной задачи. В численном виде дадим решение для
плоской задачи.
1 Эта расчетная модель была применена А. П. Синицыным в 1936 г. для
расчета фундаментов элеватора в Новосибирске.
172
Касательные напряжения вычисляем по известной формуле
Буссинеска-Фламана
— 2^ -у2}1
п (х2 + у2)2
В нашем случае формула перепишется так:
г = V 2Х'- . х2У
л (х2 + у2)2
Силы трения между частицами грунта найдем приближенно
(для вертикали, проходящей через точку А, рис. 177) путем умно-
жения активного давления на коэффициент трения.
Эпюра реакции основания
—— Сдвиг отсутствует
Сдвиг ha глубину б м
----- Сдвиг на глубину 10 м
-— Сдвиг на глубину 12,5 м
Рис. 177
На рис. 177 показана эпюра реакций, полученная для бесконеч-
но жесткой балки, нагруженной симметричной нагрузкой, в случае
плоской деформации. Балка прикреплена к упругому основанию
девятью стержнями, расположенными через с = 10 м. Ввиду сим-
метрии для решения составляется система из шести уравнений. Ре-
шая их, определим равнодействующие реакции основания. На-
ибольшая ордината у края балки, отнесенная к единичному сред-
нему давлению, оказалась равной 1,89.
Для найденной нагрузки построена эпюра касательных напря-
жений по вертикальному сечению, совпадающему с границей бал-
ки. По этому же сечению построена эпюра активного давления зем-
ли, умноженная на коэффициент трения при угле естественного от-
коса 30° и объемном весе грунта 1,6 т/м3. Последняя эпюра имеет
трапецеидальную форму ввиду заглубления фундамента на 2 м от
поверхности земли. Пересечение эпюры касательных напряжений
с эпюрой активного давления указывает точку, до которой дохо-
дят сдвиги. Как видно из рис. 177, указанные линии пересекаются
на глубине 12,5 м.
173
Таким образом, толщина упругой прокладки в первом прибли-
жении равна 12,5 м. Верхние слои грунта, расположенные под по-
дошвой фундамента на глубину 12,5 м, как бы отделяются от ос-
тального упругого массива. Это обстоятельство сейчас же вносит
изменение в распределение реакций основания под фундаментом.
Для определения новых реакций будем считать, что фундамент
прикреплен к упругому основанию упругими стержнями-пружи-
нами.
В уравнениях, составленных для этого случая, все побочные ко-
эффициенты остаются без изменений; вновь надо вычислять только
главные коэффициенты.
При жестких стержнях перемещения (в случае плоской дефор-
мации) вычислялись по формуле:
. _ 0-Но) F
EqC
В уравнения мы подставляли Fkk , опуская множитель
О-ng)
л Еос
Если стержни будут упругими, то в правой части этой формулы
появится дополнительное слагаемое, которое равно укорочению
столбика упругой прокладки толщиной Н и шириной с (с — рас-
стояние между стержнями) от усилия, равного единице:
R _ 0-Hg) р (l-2p.g)_ (1—р.2) Г я.я(1-2$'
kk~ ~ГеТс~ kk + + (1_и2)...J’
(1—ng)
при вычислении множитель --------- опускаем.
г. Еас
Определяя реакции основания с учетом упругой прокладки тол-
щиной 12,5 м, получим эпюру, изображенную на рис. 177 пункти-
ром. Наибольшая ордината теперь равна 1,509. Эпюра касательных
напряжений, построенная для этой новой нагрузки, считая упругое
основание только с глубины 12,5 м, нигде не пересекает эпюру актив-
ного давления, таким образом, ниже 12,5 м грунт работает как уп-
ругое тело. Может оказаться, что сдвиги прекратятся и выше; для
выяснения этого сделаны два контрольных расчета при толщине
прокладки 5 и 10 м.
Кривые для этих случаев уже пересекаются с линией активного
давления. Поэтому мы можем принять как наиболее вероятную
толщину прокладки около 12 м. При этом получается уменьшение
концентрации напряжений у края фундамента на
1,89-1,509 1 0() = 20 .
1,89
174
Проделанные расчеты основаны на ряде допущений и поэтому
не могут рассматриваться как абсолютно точные. Степень точности
результатов зависит от того, в какой мере местные условия соот-
ветствуют тем предпосылкам, которые положены в основу расчета.
Полученные результаты можно рассматривать как первое прибли-
жение в решении поставленной задачи.
ПРИМЕР 24
РАСЧЕТ БАЛКИ С УЧЕТОМ СДВИГОВ В ГРУНТЕ
Найдем распределение реакций грунта для данных примера 4,
причем глубину сдвигов примем известной и равной 12,5 м в соот-
ветствии с тем, что было нами получено в предыдущем примере.
В той системе уравнений, которая была нами составлена в при-
мере 4, необходимо изменить лишь главные коэффициенты.
Мы найдем их по формуле:
л ___ 1—Цо р , В 77 (1 2рд) ____ 1 ц0 , Нл О 2Ц0)
kk яЕос kk Eobc лЕос kk b 0—
или, так как мы принимаем перемещения увеличенными в
л Ере
1 _ 2
1 цо
раз:
&kk— Р 4* +
77л (1- 2ц2) р
+ ------------= rkk +
&(1-Цо)
Нл (»-2Цр) _
Зс ' 0-ц?)
/7л(1-(12)
+ -----£
^kk+
В данном случае:
Н = 12,5м,
с — 10,00 л/.
Перемещения равны:
800 = 2-1,867 + 2
12,5-3,14/1 — 0,352)
-------—--------— = 6,030,
8П= 1,867 + 0,469+ 12’5-3-14П~°’352)
ЗЛО
= 2,336+ 1,148 = 3,484,
175
622 = 1,867 + 0,246+ 1,148 = 3,261 ,
d33 = 1,867 + 0,165 + 1,148 = 3,180 ,
644 = 1,867 + 0,124+ 1,148 = 3,139.
Система уравнений будет иметь вид:
№ урав- нений хз хз ХА Уо Свободные члены
0 +6.С30 + 1,658 +0,938 + 0,646 +0,492 + 1,000 0
1 • +3,484 + 1,152 +0,715 +0,520 + 1,000 0
2 ф • +3,261 + 1,026 +0,634 + 1,000 0 .
3 • • +3,180 + 0,971 + 1,000 0
4 • • ф ф +3,139 + 1,000 0
5 + 1,000 +1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 0 —4,5
Решая эту систему, находим следующие значения неизвестных:
Уо = — 6,582,
2+0 = 0,886,
Хг = 0,895,
Х2 = 0,922,
+3 = 0,992,
Xt= 1,248.
Полученная эпюра реакций изображена на рис. 178.
Сравнивая значение Ра = 1,248 с тем, которое было в приме-
ре 4, рА = 1.494, приходим к выводу, что наличие сдвигов в грунте
на границе фундамента снижает концентрацию напряжений.
ПРИМЕР 25
ПЛИТА НА ДВУХСЛОЙНОМ ОСНОВАНИИ
Сделаем расчет квадратной бесконечно жесткой плиты, которая
укладывается непосредственно на разрыхленный поверхностный
слой земли. Толщина слоя h0 зависит от местных условий и может
быть определена экспериментальным путем. Для оценки влияния
разрыхленного слоя на распределение реакций упругого основа-
ния необходимо сделать расчет плиты, расположенной на двухслой-
ном основании, как в примере 24.
Для верхнего разрыхленного слоя принимается модель, под-
чиняющаяся гипотезе пропорциональности (Винклера). Этот слой
располагается на упругом полупространстве.
Для определения реакций составим систему уравнений, как
указано в примере 15.
Главные коэффициенты уравнений найдем с учетом обжатия со-
ответствующего столбика разрыхленного слоя по формуле:
^kk
1-Нр
Л EqC
г kk ——
о
(l-+g)
176
w
при ;
I S h0 = 0,20/, c = b =’— l и p0 = 0,35
.'S'’; 5
получим
Лйо Q-M) о 14 0,20/(1 -2-0,352) .........O71n
b ’(1-И2) ’ 4 0,20/(1 -0,352)
Выполняя расчет для Vs части плиты, ввиду симметрии получим
следующие значения главных коэффициентов:
При h0 — 0,20/
= 28,360 + 8-2,710 = 50,040
i 822= 11,020 + 2-2,710 = 16,440
б33 = 9,028 + 5,42 = 14,448
644 = 9,828+ 5,42 = 15,248
; 6В5 = 6,141 +2,710 = 8,851
L 68в = 8,450+ 5,42 = 13,870
При Ло = 0,
бц = 28,360 + 8-1,355 = 39,200
б22 = 11,020 + 2-1,355 = 13,730
б33= 9,028 + 2-1,355 = 11,738 -
644 = 9,828 + 2-1,355 = 12,538 •
655 = 6,141 + 1,355 = 7,496
б66 = 8,450 + 2-1,355 = 11,160
Побочные коэффициенты остаются без изменения.
Для симметричной схемы загружения получим две системы
уравнений.
Система уравнений при Ло = 0,201
№ урав- нений Xi х. X, х„ X, Уо Правая часть
1 +50,040 +8,360 +4,040 +5,840 +3,664 +2,872 + 1,000 0
2 +8,360 + 16,440 +4,592 +6,012 +3,836 +2,948 + 1,000 0
3 +4,040 +4,592 + 14,448 +4,216 +4,052 +2,912 + 1,000 0
4 +5,840 +6,012 +4,216 + 15,248 +4,234 +3,234 + 1,000 0
5 +3,664 +3,835 +4,052 +4,234 +8,851 +3,648 + 1,000 0
6 +2,872 +2,948 +2,912 +3,234 +3,648 + 13,870 + 1,000 0
7 + 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 +1,000 + 1,000
Системы уравнений при h0 = 0,10/
№ урав- нений Xi Х2 X, X, Х5 X, У» Правая часть
1 39,200 8,360 4,040 5,840 3,664 2,872 1,000 0
2 8,360 13,730 4,592 6,012 3,836 2,948 1,000 0
3 4,040 4,592 11,738 4,216 4,052 2,912 1,000 0
4 5,840 6,012 4,216 12,538 4,234 3,234 1,000 0
5 3,664 3,836 4,052 4,234 7,496 3,648 1,000 0
6 2,872 2,948 2,912 3,234 3,648 11,160 1,000 0
7 1,000 1,000 1,000 1,000 1,000 1,000 0 1,000
После решений этих уравнений получим следующие значения
Xz-ob и реакций основания q
• 12 Б. Н. Жемочкин, А. П. Синицын
178
\h.= xlX 0 0,101 0,20/ \fr 4i X 0 0,10/ 0,20/
Xi 0,0181 0,0246 0,0270 <?1 0,452 0,615 0,761
0,1080 0,1069 0,1159 ?2 0,675 0,661 0,725
X, 0,1692 0,1687 0,1665 ?3 1,057 1,055 1,040
Xt, 0,0850 0,1125 0,1232 <?4 0,531 0,702 0,770
X. 0,3496 0,3551 0,3479 1,092 1,098 1,089
X6 0,2712 0,2372 0,2197 ft 1,695 1,485 1,373
На рис. 179 сделано сравнение эпюр реакций, полученных для
четырех разных толщин разрыхленного слоя.
Из рассмотрения этих эпюр вытекает, что если толщина разрых-
ленного слоя не превышает одной пятой размера плиты в плане,
то существенных изменений в распределении реакций не проис-
ходит.
ПРИМЕР 26
БАЛКА НА СЛОЕ ПЕРЕМЕННОЙ ТОЛЩИНЫ1 * * * V
Рассмотрим балку, которая расположена на упругом слое
переменной толщины, как это указано на рис. 180, Пролет балки
/ = 4 м, ширина b = 1 м.
Сосредоточенная сила Р = 10 т расположена в середине про-
лета балки. Верхний слой упругого основания подчиняется гипоте-
зе В и н к л е р а и имеет модуль деформации Е4. Упругий слой рас-
положен на упругом полупространстве, для которого модуль дефор-
мации равен Ео.
В расчетной схеме разбиваем пролет на четыре участка, и в се-
редине каждого располагаем упругий стержень (пружину). Для
каждого участка длина стержня-пружины будет различна и соответ-
ствует толщине упругого слоя в данной точке балки. Расчетная
схема балки и основная система указаны на рис. 181. За неизвест-
ные принимаем усилия в пружинах Xt, Х2, Х3, Х4, осадку у0 и угол
поворота заделки <рв.
Для определения неизвестных составляем систему из шести
уравнений.
-Vi + $12 + 813 Х3 + S14 Х< 4- Уо аг <р0 — 0;
$21 Х4 4- $22 -^2 4- $23 Х3 4“ $24 Xt 4~ у0 4“ fl2 ?0 =
1 Предложено А. П. Синицыным для расчета фундаментов высотных зда-
ний в Москве в 4951 г. Доложено на I Чехословацком съезде теоретиков строи-
тельных конструкций 25 сентября 1957 г. и опубликовано в сборнике Словацкой
Академии наук: «Nove prispevky k teorii stavebnich konstrukcii», SAV, Brati-
V
slava, 1959, в статье; A. P. Sinicyn, Vypocet nosnikov na dvoystrovovom
podklade, стр. 40.
12*
179
^31 -^1 4“ ^32^3 4“ ®33 Xs + ^34 Xi 4- Уо 4" а3 ?О =- 0;
^41 Xt + §42 Хг 4- 643 Xg 4г ^44 Xt 4- Уо 4- 04 ?О == Oj
Xi 4- х2 4- Х3 4- Xi = Р-
atXi 4- а2Х2 4- a3Xs 4- а4Х4 = Р~ •.
Коэффициенты этой системы уравнении вычисляются, как ука-
зано в примере 24, но при вычислении главных коэффициентов к
перемещениям упругого полупространства добавляется обжатие
столбика упругого слоя
1 _ „2
У 4* =---(Pkk + А Fkk),
Л £ос
Fkk берется из табл. II или III и
представляет собой перемещение
упругого полупространства от еди-
ничной силы.
—— Л, -переменное
- — hj- псстоянное
Рис. 181
Рис. 180
6 0-^)
hi = 1.60 . £_« = О- Уо= 0,35
1 ПЛ ’ г? * А. _ Л 1 А
Д/7^ равно деформации столбика, выделенного из слоя, и вы-
числяется по формуле:
Л р л hi 0 — 2Ро) Ео
& ” kk~ ----- ------ • -
Например: при ~ =- 1 ;
С
4ц = Fa 4- Д Fn 4- а = 4- 3,525 4- 3,14 -i-— ’ X ~ X
1 — 0 ,оЬ2 1,0
Х 24- 0,1-0,25 = 12,191.
Если модуль деформации верхнего слоя равен модулю дефор-
мации упругого полупространства (Ео =Еу) и а =0, то бц = 3,5254-
180
-|- 3,14 1’во 0,86 —7,861. Ниже указаны (Fkk-\-b.Fkk) для разных
значений — при Ео =£'].
С
Значения единичной функции (Fkk~F^Fkk)
Л с ( ^k+^kk) С ( Fkk+hFkk)
Ь 2_ с ~ 3 ь — = 1 с ь — = 2 с А=3 С Ь 2 с ~ 3 ь — = 1 с ь — = 2 с Ь = 3 с
2,00 12,395 8,945 5,116 3,672 0,80 7,517 5,693 3,490 2,588
1,80 11.582 8,403 4,845 3,490 0,60 6,704 5,151 3,219 2,409
1,60 10,769 7,861 4,574 3,311 0,40 5,891 4,609 2,943 2,227
1,40 9,956 7,319 4,303 3,130 0,20 4,078 4,069 2,677 2,049
1,20 9,143 6,777 4,032 2,951 0 4,265 3,525 2,406 1,867
1,00 8,330 6,235 3,761 2,769
Для бесконечно жесткой балки, изображенной на рис. 180, будет
получена такая система уравнений для определения Xt при—— 1
с
№ уравне- ний X, х, х, х. У. Сфв Правая часть
1 7,861 1,038 0,505 - 0,335 +1,000 +0,500 0
2 1,038 7,319 1,038 0,505 + 1,000 + 1,500 0
3 0,505 1, >38 6,777 1,038 + 1,000 +2,500 0
4 0,335 0,505 1,038 6,235 + 1,000 +3,500 0
5 + 1,000 + 1,000 + 1,000 + 1,000 0 0 1
6 +0,500 + 1,500 +2,500 +3,500 0 0 1-2,00
После решения этих уравнений найдем значения Л'-ов и постро-
им эпюру реакций, которая изображена на рис. 181. Для сравнения
на том же рисунке пунктиром показана эпюра, соответствующая
обжимаемому слою постоянной толщины. Снижение концентраций
реакций получено с той стороны балки, где имеется большая тол-
щина обжимаемого слоя. На противоположной стороне балки кон-
центрация увеличивается за счет увеличения жесткости основания.
ПРИМЕР 27
НАИБОЛЬШАЯ НАГРУЗКА В УПРУГОЙ СТАДИИ
Рассмотрим балку прямоугольного сечения, нагруженную со-
средоточенной силой Ро в середине пролета (рис. 182). Определим
значение Ро, при котором в крайнем волокне опасного сечения бал-
ки напряжения будут достигать предельной величины апр . Это
значение силы будет наибольшим для упругой стадии работы балки
181
при условии, что упругое основание сохраняется линейно деформи-
руемым.
В сечении под грузом изгибающий момент будет равен
М0 = -^~с0.
Расстояние от середины пролета до центра тяжести эпюры
реакций зависит от закона распределения реакций по длине про-
лета балки и вычисляется в результате решения задачи в упругой
стадии путем составления системы уравнений применительно к
основной системе, использованной в примере 4.
^оо *о 4- б01 Хг б02 Х2 + б03 Х3 4- б04 Х4 4- у0 = 0;
Хг -j- б12 Х2 + ^1з 4- б14 Xt 4- у о = 0;
*4 О *0 4- §21 4- ^22 4- 4з %3 + ®24 -^4 4~ Уо =
4о Хо 4- б31 Х± 4- 832 Х2 4- 833 Х3 4- 834 Xi 4- у о — 0;
^40 *0 + ^41 -^1 + ^42 Х2 + 4з Х3 4" S44 Х4 4~ Уо = 0;
Хо + Xi + Х2 4- Х3 4- Х4 = —у— .
Коэффициенты этой системы уравнений вычисляются таким же
порядком, как это указано в примере 4. После решения этой систе-
мы уравнений будут найдены значения равнодействующих реакций
упругого основания X,-, а затем величина с0 вычисляется по фор-
муле
fxo 4 Х]С 4 2Хзг 4 ЗА3С 4 4Х4с
со = '--------------------'
(Хо 4 ^4X24X3 4-XJ
S
1=0
)пюра реакций
Рис. 182
Формула показывает, что для
вычисления с0 величину Р0/2
можно принять равной единице.
Тогда знаменатель обращается
в 1. Например, для b/с = 3 и
а= 0,1 и с = коэффициенты
уравнений вычисляются так:
б00 = 3,734;
д01 = 1,658;
602 = 0,938;
803 — 0,646 ;
8о4 = 0,492;
du = 1,867 4- 0,468 4- 0,2 = 2,536;
182
д1а = 0,829 4- 0,323 4- 0,5 = 1,652;
д13 = 0,469 + 0,246 4- 0,8 = 1,515;
314 = 0,323 4- 0,197 4- 1,1 = 1,620;
322 = 1,867 4- 0,246 4- 1,6 = 3,713;
б23 = 0,829 4- 0,197 4- 2,8 = 3,826;
б24 = 0,469 4- 0,165 4- 4,0 = 4,634;
S33 = 1,869 4-0,165 4- 5,4 = 7,434;
134 = 0,829 4- 0,142 4-8,1 = 9,071;
844 = 1,867 4-0,124 4- 12,8= 14,791.
Система уравнений принимает вид:
I
II
III
IV
V
VI
После решения найдем такие значения Х-ов:
Хо= 4- 0,2781; Хх= 0,4248; Х2=0,2505; Х3= +0,1151; Х4=—0,0686.
Теперь определим с0.
Г 1 1 I
0,2781 — + 0,4248-j-0,2505-2 + 0,1151-3 — 0,0686-4-
с0 = ---------:= 0,118/.
3,734 Хо+1,652 Хх+0,938 Х2+0,646 Х3+
1,652 ХО4-2,536 Хх+1,652 Х2+1,515 Х,+
0,938 Хо+1,652 Хх+3,713 Х2+3,826 Х3+
0,646 Хо+1,515 Xi+3,826 Х2+7,434 Х3+
0,492 Хо+1,620 Хх4-4,634 Х2+9,071 Х3+14,791 Х4+1 -у0 = 0;
lXo+1-X, 4-1-Х2 4-ЬХ3 +1-Х4 4-0 [[=1.
0,492 Х4+1 -уо = 0;
1,620 Х4+1-у0 = 0;
4,634 Х4+1-у0 = 0;
9,071 Х4+1-уо = О;
' 1,000
Ниже указано значение с0 Для разных значений Ь/с на — коэф-
фициента, характеризующего гибкость балки.
а Ь]с=3 Ь/с—2 Ыс=\
0,0 0,2798 /
0,1 0,1180 1 0,1280 1 0,1421 1
1,0 0,0606 1 0,0657 1 0,0731 1
В зависимости от соотношения жесткости балки и упругого полу-
пространства величина с0 изменяется. Чем больше жесткость балки,
тем больше величина с0. При равномерном распределении реакций
упругого основания со = 0,25/, т. е. равнодействующая реакций
проходит в четверти пролета балки. Для гибких балок величина с0
становится меньше 0,25 I. Для бесконечно жестких балок с0 стано-
вится больше 0,25 I за счет концентрации реакций, возникающих у
края балки.
183
Определим теперь тот изгибающий момент, который может вы-
держать сечение балки, если напряжения только в крайнем волокне
достигают величины апр,
Мо = °пр W,
где W—обычный момент сопротивления сечения балки.
Для определения Ро приравняем этот Мо моменту .внешних сил,
тогда получим
‘nP^ = -y-c0;
__ 2апрГ
*0 —
Со
Если а = 0,1 и Ь/с = 2, то в таблице найдем значение Со= 0,1281,
тогда для прямоугольной балки получим
р — 2а №
‘о — zanp r
г 6
1
0,128/
ПРИМЕР 28
РАСПРЕДЕЛЕНИЕ РЕАКЦИЙ ЗА ПРЕДЕЛОМ УПРУГОСТИ1
Продолжим решение примера 27 и выясним распределение реак-
ций упругого основания, если внешняя сила Р будет больше того
значения Ро, которое было вычислено в примере 27. Теперь балка
будет работать за пределом упругости в упруго-пластичной стадии,
ее жесткость изменится, в результате этого произойдет перераспре-
деление реакций.
Рис. 183
Рис. 184
Для упрощения дальнейшего исследования исключим из рас-
смотрения процесс перехода балки в упруго-пластическую стадию
и будем считать, что в результате образования пластического шар-
нира балка разбивается на два участка, которые находятся в упру-
гой стадии.
1 Подробно см. А. П. Синицын, Расчет балки на упругом полупростран-
стве за пределом упругости, сб. «Исследования по теории сооружений», выл. IX,
Госстройиздат, 1960.
184
Выразим силу Р через Ро по формуле:
Р=пРй.
Множитель п в этой формуле будет принимать значения 1, 2, 3
и т. д.
Для всех значений Р > Ро расчетная схема балки имеет вид,
указанный на рис. 183. Особенность этой расчетной схемы состоит
в том, что с увеличением Р момент Л4пр остается постоянным,
сохраняя свою величину. Для данной расчетной схемы разрешим
две вспомогательных задачи, для Л4=1 - с и Р = 2, как это показано
на рис. 184.
Для определения реакций упругого основания составим такие
две системы уравнений:
&00 *0 + §01 2^1 4~ ^02 -^2 + ^03 2^3 + §04 2Q + 1 Уо + 0 • с % = 0
^io-^о + + Ъ12Х2 + 813Х3 + 814Х4 4- 1 -у0 + 1 • с<f>o= О
+ 821-^1 + 822Х2 4- 833X3 4- 824Х4 4" 1 'Уо + 2-с<р0= О
&зо *о 4- В31X, 4- 832 Х2 4- 833 Х3 4- &з4 4- 1 - уо 4" 3 - с сро= О
840*0 4" 84iXx + 842 Х2 4- §43Х3 4- 844Х4 4- 1 -Уо + 4-с<р0= О
1,0-Хо4- 1,0-Хх4- 1,0-Х24~ 1,0-Х8 4- 1,0-Х4 4-0 4-0 = О
0-Хо4- 1,0-Хх + 2.Х24-3-Х34-4-Х44-0 4- 0= 1
= 0
= 0
= 0
= О
= О
= 1
= о
Для примера подсчитаем значение коэффициентов <3,* для того
случая, когда а = 1 и Ь/с=1:
800 = 2-3,525 = 7,050;
80х = 2-1,038 = 2,076;
81г = 3,525 4- 0,505 4- 1 -2,0 = 6,030;
81а = 1,038 4- 0,335'4- 1 -5,0 = 6,373
и т. д.
Таким же порядком вычисляем остальные коэффициенты, тогда
получим такую систему уравнений:
7,050Хо4- 2,076X1 4- 1,010Х2 + 0,670Х84-0,502Х44- 1-уо 4-0-с <р0 = 0
2,076Хо 4-6,030X14-6,373Х24-8.756%з 4- П,535Х44- 1 -Уо 4-1-с<ро = О
l,010Xe-|-6,373Xi4- 19,776Х24-29,238Х34~ 40,672Х44* 1-Уо 4- 2-с <р0 = 0
0,670Х04- 8,756X14- 29,238Х3+ 57,692Х34- 82,181Х«4- 1 -у0 4- 3-с <р0 = 0
0,502Хо4- 11.535X14- 40,672Х24- 82,181Х34-131,650Х44~ 1-уо 4-4-с <fo == 0
1 -Хо 4-1 -Xi 4” 1 • Х2 4* 1 -Х3 4-1 -Х4 4- 0 4-0 = 0
= 0
= 0
= 0
= 0
= о
= 1
0-Х, 4- 1X1 +.2-Х2 +3-х3 4-4-Х, 4-0 4-0 =1 =0
185
В результате решений этих уравнений получим значения чисел
влияния. Для Ь/с=3 и а =0,10 получим другую систему уравнений:
+ 3,734 Х,+1,658 Xi+0,938 Х2+0,646 Х3+ 0,492 Х4+1 .уо+О -су, = 0
+ 1,658 Х.+2,536 Xi+1,652 Х2+1. 515 Х3+ 1,620 Х«+1 • уо+1 • с<р0 = 0
+ 0,938 Х.+1,652 Хг+3,713 Х2+3,826 Х3+ 4,634 X4+l -y0+2-c<f0 = О
+ 0,646 Х.+1,515 Xi+3,826 Х2+7,434 Х3+ 9,071 Х4+1 • у»+3 • с?0 = О
+ 0,492 Хо+1,620 Xi+4,634 Х2+9,071 Х3+14,791 Х*+1 -у,+4-с<р, = О
X» + Хх + Х2 + Х3 + Х4 = О
О-Х, + 1-Хх + 2-Х2 + 3-Х3 + 4-Х4 =1
= 0
= 0
= 0
= 0
= 0
= 1
= 0
На стр. 183 указаны значения чисел влияния для разных соот-
ношений b/с и а, полученные от Р = 2 и от М=1 - с.
Если к балке будет приложена сила Р = пРо (л > 1) и момент
Мпр = Ро Со = Л10 (2S0 — пластический момент сопротивле-
ния), тогда равнодействующие реакций упругого основания будут
найдены с помощью чисел влияния по формулам:
с. ±ра-.
X = X' — Рп + X" с0 — Рп.
П. п 2 О' п w с 0
Для вычисления .интенсивности реакций необходимо поделить
силы X, на соответствующие им площади Flt тогда получим:
р = + X". . -^-1.
1 Ft Ft L 1 2 1 W c J
Например, для &/c=3 и а =0,1 получим:
Мо = с0=0,118 ^-1 = 0,059 До I-
Для прямоугольной балки — =1,5, поэтому
Л4пр = 1,5 Мо = 1,5 • 0,059 Р01 = 0,0885 Ро1.
Теперь подсчитаем значение реакций, если Р = 2Ро, тогда по-
лучим (используя таблицы):
Хо = + 0,6155—° —0,3383^ = 0,3461 Ро.
2 с
Интенсивность реакций в точке 0 получим
Ро = 2*2. = 2-0l34 6J[Po = б 2298
F° т?
где — среднее давление на основание от Ро.
186
Числа влияния от
187
Рис.* 185
188
ДляР = ЗР0 получим:
Хо = ^0,6155--у — O,2694jpo = 0,654 Ро;
р0 = 0,654-18 <70 = 11,7729о.
Аналогично вычисляем значения реакции в других точках балки.
На рис. 185 показаны эпюры реакций при работе балки за пределом
упругости. График построен в относительных ординатах. Из рас-
смотрения этого графика видно, что после образования пластиче-
ского шарнира под грузом изменяется эпюра распределения реак-
ций между упругим основанием и балкой. С ростом нагрузки на-
блюдается более интенсивное увеличение ординат, реакций под
грузом. Так, например, увеличение нагрузки в три раза {Р/Р0 = 3)
вызывает увеличение наибольшей ординаты эпюры реакций в
—- = 4,75 раза; это значит, что при переходе балки за предел
упругости зависимость между внешней силой и наибольшей реак-
цией основания становится нелинейной. На рис. 186 показан график
изменения 7тахв зависимости от Р. Если Р/Ро< 1, то балка работает
в упругой стадии и между gmax и Р имеется линейная зависимость.
С увеличением Р, как видно из графика, абсциссы кривой быстро
растут, и поэтому после образования пластического шарнира в бал-
ке необходимо сделать специальный расчет для определения qmax.
Линейная экстраполяция в данном случае приводит к преумень-
шенному значению. На графике такая экстраполяция изображена
пунктиром. Здесь важно отметить, что упругое основание в данной
задаче остается линейно деформируемым, и полученная нелиней-
ность возникает в результате того, что балка переходит за предел
упругости.
ПРИМЕР 29
ВЕЛИЧИНА ПРЕДЕЛЬНОЙ НАГРУЗКИ
В данной задаче понятие о предельной несущей способности
балки приобретает несколько иной смысл по сравнению с тем, ко-
торый соответствует балке на двух опорах, не поддерживаемой
упругим основанием. Как известно, исчерпание несущей способно-
сти балки на двух опорах получается тогда, когда в одном из сече-
ний балки образуется пластический шарнир и балка превращается
в механизм. Балка на упругом основании может воспринимать на-
грузку и после того, как возник пластический шарнир. Для такой
балки предельное состояние лимитируется наибольшим прогибом,
который является предельным для данной балки по условиям ее
эксплуатации. При увеличении нагрузки после образования пласти-
ческого шарнира величина прогиба под грузом определяется с по-
мощью чисел влияния. Для определения Рпр необходимо задать
189
предельный прогиб у пр в долях от наибольшего прогиба" уотах > соот-
ветствующего концу упругой стадии у omax = kyQ,
ky0= у'Лп +Уо vR0’
где у'о — прогиб 'под грузом от Ро=2;
У о— то же, от М = 1 • с.
После преобразования из этой формулы найдем
у0 = 3,02; у'о = 1,009 и Со
Р-P0n = k-2— — 2X1.
пр О , , п-г I»
>0 !Уо W с
Учитывая, что г/0= Ро, получим
£лр =n=k-2 — — 2—• 11.
Ро у' у' w с
Для численных данных: k — 3;
— = 0,75; г/° = —1,01; с= —;
== 0,118 I,' т — 0,1 и blc ~ 3J, получим
1,009-2 п 0,118 „
Результат показывает, что после перехода балки за предел упру-
гости прогибы под грузом увеличились в 3, а нагрузка в 2,5 раза.
Оценим влияние жесткости балки на величину Рпр, для этого сдела-
ем расчет
для а = 0 и а = 1,0.
г- п РпР о 0,555 . 1 ,009 п 0,2798 q qoo
Если а = 0, ТО — = 3 ----------------------- 0,75 --= 2,398.
Р 1,56 1,56 0,11
Г? 1 А Рпр О 1 ,600 ।
Если а = 1,0, то — = 3----------------[
Р 3,474/2
1,756
3,474/2
0,75 .2^1=3,00.
0,11
Сопоставление полученных результатов показывает, что вели-
чина предельной нагрузки зависит от соотношения жесткостей бал-
ки и упругого основания. Весьма характерным является тот факт,
что уменьшение жесткости балки или увеличение модуля деформа-
ции основания может вызвать увеличение предельной нагрузки, най-
денной из условия заданного наибольшего прогиба. По-видимому
существует наиболее выгодное соотношение жесткости, соответст-
вующее наибольшей грузоподъемности балки. На рис. 187 показа-
но изменение относительной предельной нагрузки в зависимости от
жесткости балки. Из графика видно, что более жесткие балки имеют
меньшую грузоподъемность при одинаковом предельном прогибе.
На рис. 188 показано изменение предельной нагрузки в зависимости
190
от предельного прогиба. Из графика видно, что жесткая балка те-
ряет свою грузоподъемность очень быстро после образования пла-
стического шарнира. Для очень гибких балок появление пластиче
ского шарнира еще не влечет за собой заметного снижения грузо-
подъемности.
П Р И МЕР 30
ОПРЕДЕЛЕНИЕ Рпр В ОБЩЕМ СЛУЧАЕ1
В примере 29 рассмотрен случай, соответствующий такому сос-
тоянию системы, при котором за предел упругости переходит балка.
Упругое основание на всем протяжении деформирования остается
в упругой стадии. Теперь остановимся на другом случае, когда бал-
ка при увеличении нагрузки сохраняется в упругой стадии, а за
предел упругости переходит упругое основание. Этот случай будет
более простым, так как величину предельной силы Рпр можно
найти исходя из условия, что эпюра распределения реакций под
балкой будет иметь вид прямоугольника с наибольшей ординатой
qnp, и поэтому изгибающий момент под грузом будет равен
и для Р„р получим:
^пр = <?ПР Р
Более внимательное рассмотрение этой задачи показывает, что
процесс перехода эпюры реакций из упругой стадии в пластиче-
скую протекает по-разному для жестких и гибких балок.
1 Подробно см. доклад А. П. Синицына «Балка на двухслойном полу-
пространстве за пределом упругости» на I Всесоюзном съезде по теоретической
и прикладной механике 28 февраля 1960 г., а также Сб. «Исследования по тео-
рии сооружений», вып. X, Госстройиздат, 1961.
191-
Для жесткой балки реакции концентрируются у края балки,
поэтому аПр будет возникать сначала с краю балки, затем, по мере
увеличения нагрузки, участок <зпр будет увеличиваться к середине
пролета.
Для гибкой балки апр будет возникать сначала под грузом, за-
тем участок <зпр будет увеличиваться к краю балки, т. е. выравни-
ог"Ц 10 Эпюра М а’О
Рис. 189
ванне напряжений происходит от середины к краю. Величину Рпр
в обоих случаях вычислять будем по формуле, указанной выше.
Более сложную задачу получим, если пластическая область
упругого основания не успеет распространиться по всему пролету
и в опасном сечении балки образуется пластический шарнир, в
результате этого жесткость ее изменится и произойдет перераспре-
деление реакций оснований, при этом предельная сила Рпр будет
меньше, чем qnp I.
На распределение сил в этом смешанном случае существенное
влияние оказывает гибкость балки. Для жесткой балки (а =0)
наибольший момент под грузом, определенный по упругой стадии,
равен Л1'р = </пра по предельному состоянию Л4пр=-^- раз-
ница составляет 20—25%.
192
Для гибкой балки (а = 0,10) получим:
а) по упругой стадии Л4п'р =
б) по предельному состоянию Л1,.р- ^пр—- разница получается
8
в 5 раз больше, чем М'1р.
На рис. 189 наглядно показано распределение реакций и мо-
ментов, получающееся при постепенном переходе основания в пла-
стическое состояние. Рассматривая эпюры моментов, можно заме-
тить, что для жесткой балки упругая область (/) почти сразу пере-
ходит в пластическую и смешанное состояние (.II) не может иметь
большого значения. Для гибких балок, наоборот, смешанная об-
ласть (II) имеет большую протяженность и должна быть учтена в
расчете; для этой области предельная нагрузка определяется по
формуле:
Л;, 'Ч (^пр)тах-
Коэффициент т) будет меньше единицы.
Для гибкой балки т] можно определить приближенно просто из
условия, что Л4пр—2апр 80 = ДА4.
Обозначим d — участок, в пределах которого реакции основания
не выходят за предел упругости.
Длину этого участка найдем из уравнения равновесия:
— 2з 80 = опр— . -1- . — d,
8 Р р 2 2 3
d = /] /о,75——1,5 — .
V °ПР /2
Путем преобразования из этих двух формул получим:
т = 1——1/~ 3^. — —6=J1— — l/ 38—б').
I I/ опр Л2 \ I г )
Из этой формулы видно, что коэффициент щ зависит от соотно-
шений , характеризующих несущую способность упругого осно-
апР
вания и балки, а также от соотношения геометрических размеров
балки.
Следует иметь в виду, что полученная формула справедлива при
условии, что ~ "р - > 2, которое имеет физический смысл, а именно,
апр
балка должна быть достаточно гибкой, чтобы в ней образовался
пластический шарнир раньше, что упругое основание на всем про-
лете балки перейдет за предел упругости.
На. рис. 190 построены кривые изменения т] в зависимости от
соотношения — и — ; с помощью этого графика можно определить
°пР
величину т) для заданной балки. Например, если предельная несу-
щая способность основания дпр = 4 кг/см2, а предельные напряже-
13. Б. Н. Жемочкин, А. П. Синицын.
193
ния для балки °пр= 40 кг/см2, пролет балки Z= 2 м, а толщина
h = 0,20 м, то из графика получим = 0,50 и Рпр = 0,50 • <?пр • Z =
= 0,50-40-2 = 40 т.
При увеличении высоты балки предельная нагрузка будет воз-
растать только до известного предела, который равен (/Зпр)тах =
qnpl = 40 • 2 = 80; это будет соответствовать высоте балки h =
= 0,255Z=0,45 м, дальнейшее увеличение высоты балки нецелесо-
образно делать, так как грузоподъемность от этого не увеличится.
Рис. 190
Для каждой балки можно также указать нижнюю границу зна-
чений параметра и — , при котором балка будет работать в
апр Z
упругой стадии. Это условие запишем так:
93 Q ~> ?пр
Z<Jnp -Jo ~
Коэффициент К зависит от соотношения жесткостей балки и
упругого основания.
На рис. 190 нанесены прямые линии для разных значений К, точ-
ки пересечения этих прямых с кривыми — указывают нижнюю
°пр
границу применимости формулы для соответствующего отношения
— . Например, если — = 0,10 и /<=40, то кривая — =0,10 спра-
Z I а11Р
ведлива до значений т] = 0,50, а кривая =0,05 справедлива
^пр
до значений д =0,65.
194
С помощью графика рис. 190 можно указать оптимальное значе-
ние — для каждого соотношения которое характеризует не-
Z °пр
сущую способность материала балки и упругого основания. Для
— =0,05 (Рпо)тах получается при — =0,13, тогда эпюра реак-
°пР I
ции по длине балки будет иметь постоянные ординаты и под грузом
образуется пластический шарнир.
ПРИМЕР 31
ПРИМЕНЕНИЕ ГРУППОВЫХ СИЛ
упругого основания. Для начала рассужде-
В примере 10 рассмотрена задача о расчете плотины, профиль
которой является жестким.
Влияние упругости профиля плотины на распределение реакций
основания в условиях плоской задачи удобней учесть, применяя
группировку неизвестных.
На рис. 191 показана плотина, связанная с упругим основанием
и нагруженная гидростатическим давлением. По линии АВ сделаем
разрез, отделяющий
тело стенки от упруго-
го основания. По ли-
нии разреза приложим
нормальные и касатель-
ные напряжения, закон
распределения их пока
остается не известным.
Эти напряжения бу-
дут определены из ус-
ловия равенства гори-
зонтальных и верти-
кальных перемещений
соответствующих точек
подошвы стенки и верха
ний допустим, что по линии АВ нормальные напряжения распреде-
лены по линейному закону, а касательные — по параболическому.
Величину их определим из условий равновесия стенки, отделенной
от упругого основания. Для 'уничтожения кинематической подвиж-
ности стенки введем в какой-либо ее точке фиктивную заделку,
уничтожающую подвижность диска на плоскости. Реакции в этой
заделке будут равны нулю, так как система нагрузок, приложенная
к стенке, включая и добавленные напряжения по линии АВ, будут
представлять собой уравновешенную систему сил.
При сделанных предположениях задача сводится к исследова-
нию напряженного состояния плоского диска, когда известны на-
пряжения на его контуре.
13*
Ж.
Для вычисления перемещений точек линии АВ пользуемся
полученными ранее формулами. Вычисления начинаем с той точки,
в которой помещена фиктивная заделка. Перемещения линии АВ
для упругой полуплоскости будут отличаться от тех, которые по-
лучаются для диска. Поэтому, если поставить диск обратно на упру-
гое основание так, чтобы фиктивная заделка совпадала с соответст-
вующей точкой упругого основания, то остальные точки линии АВ
'диска не совпадут с соответствующими точками линии АВ основа-
ния. В некоторых точках диск врежется в упругое основание, в дру-
гих — между диском и основанием образуется зазор. Путем добав-
ления уравновешенной системы напряжений уничтожим получен-
ную разницу перемещений и добьемся того, чтобы перемещения ли-
ний АВ диска и основания стали одинаковыми.
Для этого по линии разреза АВ приложим к диску и к упруго-
му основанию дополнительную уравновешенную систему нагрузок.
Разложим эти нагрузки в тригонометрические ряды:
<?v = J] (Ап cos ах + R,. sin ах);
о
= X Ии COS ах 4- Вп Sin ах).
о
Используем принцип независимости действия сил, будем рас-
сматривать влияние каждого члена разложения в отдельности, при-
нимая коэффициент при нем равным единице.
Симметричные члены разложения можно рассматривать незави-
симо, так как каждый из них представляет уравновешенную систему
напряжений, что же касается обратно симметричных, содержащих
синусы, то их следует учитывать попарно, по два смежных члена
ряда, связывая уравнением их коэффициенты, или же учитывать
реакцию фиктивной заделки.
За обобщенную'единичную группу сил будем принимать систему
напряжений, соответствующую одному члену разложения
(рис. 192).
Эпюру вертикальных перемещений линии АВ от групповых сил
вычислим, если каждую единичную эпюру умножим на коэффици-
ент Кп и результат сложим:
О = S^n^n-
Полная эпюра перемещений линии АВ диска от основной нагруз-
ки и от дополнительных напряжений получается путем наложения
и определяется равенствами:
о(к)= оок) + S о(пк>+С, х-{-
и(к)= «0К)+ S Rn u(nR> + Cj у ф- D.v
где yW—вертикальные перемещения;
196
— горизонтальные перемещения;
Ci, Dlt D2 — произвольные постоянные.
Два последних члена равенства позволяют учитывать кине-
матические перемещения стенки как жесткого диска. Такие же фор-
мулы напишем для перемещений упругого основания:
При практических подсчетах придется ограничиться определен-
ным числом членов ряда, поэтому абсолютно точного совпадения
эпюр перемещений диска и основания получить не удастся. Мы
только можем стремиться к тому, чтобы функции, выражающие
перемещения, как можно ближе подходили друг к другу. Таким
образом, возникает задача о приближении функции. Для решения
ее применим способ наименьших квадратов, который в общем виде
приводит к вычислению минимума интеграла:
ь
J = j [?(*)—/(х)]2 (1Л> (х) min,
а
где ?(х) и /(х) —приближаемые функции;
ф(х) —интегральный вес.
Практика вычисления перемещений показывает, что наибольшие
расхождения всегда получаются на концах интегрируемого участка,
т. е. в точках А и В, поэтому вполне логично 'будет для ф(х) при-
нять такую функцию, которая увеличивала бы свое значение в край-
197
них точках. Если функция ф (х) имеет непрерывную производную
р(х), то интеграл принимает вид:
ь
J = J [с? (х) — /(х)]2р (х) dx — min.
а
В нашем случае <р(х) и f(x) определяются по формулам для
перемещений, после подстановки этих значений интеграл принимает
такой вид:
J = J [п(к>+ vw\2p(x)dx = min;
О
J = J {I ио ' + с,оФ)] + IX, [ у!.к) + у(ф)] + С1 Х+Я^р(х)dx = min-
о
Полученный интеграл есть полином второй степени от коэффи-
циентов Кп и не может принимать отрицательных значений, по-
этому для него минимум должен существовать. Минимум будет по-
ложителен или равен нулю. Последний случай будет при примене-
нии данного способа к задачам строительной механики, так как в
этом случае мы имеем конечный процесс и непосредственно нахо-
дим точное решение. Как известно, для определения значений па-
раметров, при которых интеграл дает минимум, следует приравнять
нулю частные производные этого интеграла по произвольным па-
раметрам:
i)
ф-CjX г р (х) dx = 0.
Таких уравнений составим столько, сколько имеется парамет-
ров. После совместного решения полученной системы линейных
уравнений найдем значения параметров Кп. Если заменить ин-
теграл суммы суммой интегралов и вывести параметры из-под зна-
ков интеграла, то получим такое выражение:
п-2 L L
S Кк J [ »<к)+о(ф)] [ у'к) + у(;Ф)] р(х) dx+Kn-i ( и;к)+ X) р №-dx +
< о о
L I.
4- Кп J (v\K)+v'f)p(x) dx 4- f ^к)+u<*>] (р<к)-|-и<.ф)) p (x) dx ~ 0.
о 0
Введем
L
&ik = J ( v'*} + )( -j(.k> + р<Ф>) p (x) dx;
о
;98
bip = J [ + ^ф)] ( и*к) + ^ф)) P (*) dx>
0
/ тогда система уравнений для определения произвольных парамет-
ров принимает такую форму:
Л1 + ^12 Лг + °1з Кз + • • • + ^in К‘п + б1р = 0;
®2i Ki + 822 К2 + 823 К3 + • • + 8гп Кп + ®2р = 0;
&nl А1 + ^Л2 Ki + Оп3 К3 + • • • + 8nn Кп + Spp = 0-
Параметры Кп, входящие в эту систему уравнений, представ-
ляют собой групповые силы, с помощью которых определится рас-
пределение реакций по площади контакта между плотиной и упру-
гим основанием.
ПРИМЕР 32
НАПРЯЖЕННОЕ СОСТОЯНИЕ ПЛОТИНЫ ОТ ДЕЙСТВИЯ
ГРУППОВЫХ сил
Рассмотрим треугольный профиль плотины, который отделен от
упругого основания и нагружен уравновешенной группой сил по
рис. 193. Решение выполняем с помощью функции напряжений Эри
для плоского напряженного состояния.
Идея численного метода состоит в формальной замене частных
производных коэффициентами конечных разностей, в которые вхо-
дят ординаты функции напряжений для смежных точек сетки, на-
несенной на исследуемый диск.
199
Бигармоническое уравнение в частных производных для функ-
ции напряжений имеет следующий вид:
2_^_ + ^ = 0.
dxi дх2 dy2j ду1
Если в этом уравнении заменим производные через коэффици-
енты конечных разностей, пользуясь равенствами
д4? ~ — 4?n +
И дх* Дх4
д4? __ —2 (ym-г?п~т~'-?г~гур)
дх2ду2 Дх2 Ду2
то получим так называемое 13-членное уравнение:
+ 8—4 £(1 -фа) (ср/+<рх-) + (?m+?n)j +
+ 2 (с?о + ?р + ?7 + ?г) + «(®„ + 'Рда) + (?, + ?/) = О,
/Ду \2
а = .
\Дх J
Для того чтобы получить симметричную систему уравнений,
следует несколько преобразовать это уравнение для тех точек сет-
ки, которые непосредственно примыкают к контуру.
Четвертые производные функции <р запишем в виде:
Переходя к конечным разностям, получим:
Д29/ Дг?т _ <5?z
_ дх2~1? = 6Ул-зУг-4У(..+ ^ + -Дх
дх^ Дх2 " Дх1
______________________ду
dyi Ду4
ду>т
,, 4<pfe—2<рп—2срг—2ср{—<pm+?g+=pr+vp + —
ох
дх2 ду2
Ду2 Дха
В этих формулах ординаты ? и ее производные на контуре, т. е.
в точках I и т, являются величинами известными. Подставив полу-
200
ченные значения производных в оигармоническое уравнение, полу-
чим после преобразования:
+ б/а 4- —Y1 — 4 [(«+1) + /— -|- 1) <р„1 +
L \ <х /J L \ а / J
+ 2 (?<? + <?v + ?р) + я?» +
11 , / 3 . . \ . / 3 1 1 \ , d^i . .
“I---<?/ + -~а+ 1 ?/ + hr--------------h— + Д% +
а \ 4 ! \ 4 а 2 )• дх
+ — .д-^- Дуф 2^-Дх = 0.
а ду дх
Последние пять слагаемых здесь представляют собой свободные
члены, так как значения функции и производных относятся к опре-
деленным точкам контура. Для квадратной, сетки а =1, поэтому
полученное уравнение упрощается:
20 ср* — 8 (<р/ + <?„) -4- 2 4- <ри 4- <рр) 4- <pw 4- «4 4- а* = О,
где
а = 1_ ъ + 2 + дхр/ + 2^4-^- Ду.
* 4 ™ 4 ду I дх а
Для вычисления ординат ограничивающих кривых поверхности
напряжений и ее двух производных по касательной и по нормали к
контуру плотины применим статическую интерпретацию:
Ро р , d2v
— = \ в.,ах = Q, так как а = —т .
дх J у дх2
— = С хх dx=N, так как т = —.
ду J 5 ' дхду
о
о о
X
Интеграл J'ay dx представляет собой площадь эпюры нормаль-
о
ных напряжений, вычисленную на участке от начала координат до
рассматриваемой точки. К этому интегралу следует еще добавить
постоянную, которая равна значению производной функции напря-
жений, т. е. поперечной силе, в начале координат. Но значения
функции напряжений и ее двух производных в начале координат
могут быть приняты равными нулю.
Заменим контур диска ломаной статически определимой балкой
постоянной жесткости. Значения моментов, поперечных и нормаль-
ных сил в любом сечении такой балки будут вычисляться по тем
же формулам, что и функция напряжений и ее производные на кон-
туре диска1.
Таким образом, задача об определении ограничивающих кривых
поверхности напряжений сводится к простой операции построения
эпюр моментов, поперечных и нормальных сил в простой статически
определимой ломаной или криволинейной балке. Эта операция зна-
кома всем инженерам и допускает быструю взаимную поверку, при-
чем, имея небольшой навык в области построения эпюр М, Q и N,
можно быстро выполнить построение.
Для точек сетки, расположенных на наклонных гранях клина,
значение функции напряжений и ее двух производных равно нулю,
поэтому при составлении уравнения для точки 1 получим свободный
член, равный нулю (рис. 193).
Для использования симметрии в точках 1, 3 и 6 за неизвестные
принимаем половинные значения ординат функции напряжений.
Для точки 1 получим:
20 (2 - 8 (2 + 2 (?2+<р2) +2^ = 0.
Для точки 2 получим:
20?2-8(2^ +<₽/) +2/2^+2-^ иТ/-Н2=0.
Система уравнений для ординат функции напряжений указана
в таблице:
№ уравне- ний Фг'2 <Рг <Р./2 <₽4 ф5 Фа/2 Свободные члены
1 4-40 4-4 —16 +2 О
2 4-4 +21 — 16 +2 —8 +4 а2
3 —16 -16 +40 — +4 —16 “з
4 — +2 — +20 —8 +2
5 — —8 +4 —8 +21 — 16
6 4-2 +4 — 16 +2 — 16 +40
Для вычисления свободных членов подсчитаем ординаты поверх-
ности напряжений на нижней грани клина, учитывая, что:
= cos — х
д2^
дх2 ’
после двукратного интегрирования,
изгибающего момента, получим:
которое заменяем вычислением
т L2 / . 2л , , \
<р =----cos—х-4-1 и
4к2 L ' I
д<? __
дх
L . 2л
------Sin — х;
2л L
1 Доклад об этом был сделан автором на заседании Совета Института ме-
ханики МГУ 15 февраля 1940 г.
202
подставляя соответствующие значения х, найдем ординаты функ-
ции напряжений для точек основания клина.
= 0; = — 0,0075 L2; <?е = — 0,0254 L2; <?f = — 0,0433 L2;
<?g = — 0,0508 L2.
Теперь подсчитаем свободные члены:
аа = сру, = — 0,0433 L2; а3 = — 0,0508 L2 и т. д.
Решая систему уравнений, найдем значения
== — 0,0003 Z.2; <р4 = —0,0093 L2;
ср2 = —0,0059 А2; ?5 = —0,0255 Л2;
<р3 = — 0,0093 L2; ?в = — 0,0301 /Л
Напряжения для всех внутренних точек вычислим, пользуясь
вторыми производными функциями напряжений по формуле
„ fi—Zfk + fi
а., =----------.
у (Ду.)2
Ниже указаны результаты подсчетов
№ точек а ' 3 У № точек <3Х
0 —0,038 0,00 а —1,28 —1,28
1 —0,560 +0,038 ь —1,18 —1,18
2 —0,875 +0,160 с —0,39 —0,39
3 —0,755 +0,435 d +0,96 —0,707
4 —0,002 —0,032 е + 1,66 0,00
5 —0,365 +0,538 f +2,28 +0,707
6 0,00 +0,588 g +2,65 +1,00
А —0,96 —1,00
Эпюры напряжений и <зу показаны на рис. 194. Напряжения
тАу вычисляются как вторые производные, но мы их определять не
будем, так как для дальнейшего они не потребуются.
За второе единичное состояние принимаем систему напряже-
ний, показанную на рис. 195. Граничные условия по линии АВ бу-
дут
/Л
ау = COS — •*! = 0.
Для ограничивающей кривой поверхности напряжений после
определения произвольных постоянных находим такую формулу;
<f> = —
L2
16П2
COS---X —
L
1
203
1
по этой формуле вычисляем ординаты для всех точек линии АВ:
х = 0; <р = 0; х = — L; <? = + 0,0063 Л2;
8
х = — L; « = + 0,0063 Ля; х = — ; <₽ = 0;
8 2 ’
х — — ; ®= + 0,0126 L2.
Сеч. по d д
Для вычисления ординат внутренних точек сетки получим та-
кую систему уравнений, которая отличается от прежней только
правой частью, поэтому при решении ее можно использовать ре-
зультаты решений первой, что значительно сокращает вычисли-
тельную работу. Это следует учитывать при решении систем урав-
нений каждого следующего состояния.
204
з
Для второго состояния получаем следующие значения для ор-
динат ® :
ср1 = —0,000181 L2; ср4 =+ 0,00395 L2;
?2 = + 0,000041 L2; <f>5 = + 0,00275 L2;
ср3 = — 0,000495 А2; <рв = + 0,000334 L2.
По этим ординатам вычисляем напряжения во всех точках сет-
ки, результаты сведены в таблицу.
Эпюры напряжений показаны на рис. 195. Сравнивая их с теми,
которые получены для первого состояния, приходим к выводу, что
напряжения второго состояния затухают при удалении от линии
сопряжения фундамента и клина.
№ точек 3 г ° у № точек З.г J у
0 +0,0232 0 а +0,655 +0,655
1 —0,0085 +0,0232 ь +0,256 +0,256
2 +0,1710 —0,0370 с —0,00895 —0,00895
3 +0,0732 +0,0582 d —0,855 0
4 +0,301 —0,336 е —1,150 —1,00
5 +0,0536 —0,0780 f —0,454 0
6 —0,0742 +0,310 g А +0,00427 -1-0,855 + 1,00 + 1,00
ПРИМЕР 33
ВЫЧИСЛЕНИЕ ПЕРЕМЕЩЕНИЙ ПЛОТИНЫ
Для решения контактной задачи необходимо знать перемеще-
ния отдельных точек клина. Вычисление перемещений можно сде-
лать после того, как найдены напряжения. Обычный метод вычис-
ления перемещений сводится к использованию формул Коши, кото-
рые связывают первые производные перемещений с деформа-
циями:
дм ди _______ 2(1 + р.)
ду дх Е
Рассмотрим произвольный прямоугольник abed, выделенный
из плотины и находящийся в равновесии под действием сил, прило-
женных на его контуре.
Уничтожим его кинематическую подвижность; для этого за-
крепим точку а от горизонтальных и вертикальных смещений и
отрезок ab — от поворотов.
205
Вертикальное смещение точки b можно теперь вычислить пу|
тем интегрирования: |
ь 1
—hav~ I
£ J ’ ’э
a
Таким же способом вычислим горизонтальные смещения точе^
end: |
d ]
bud = -у J (ах — |Wy) dx.
с
Полученные интегралы представляют собой площади эпюр
нормальных напряжений на участках ab, Ъс и ad. Имея площади
эпюр напряжений и принимая линейный закон изменения напря*
жений между отдельными точками, можно приближенно вычислить
перемещения ’
Дщ = — Ду [— и •
Е У [ 2 2 ]
Д„ _ -L Дх Г2л?_+. 3-« _ М °^_+,°У.] ;
Е [ 2 2 J
Ду.= +
d Е [ 2 r 2 j
Вертикальное перемещение точки d определим, пользуясь
третьей формулой Коши:
dv _ 2 (1 + ^) _ди
дх ~ Е ~Ху ду '
По условиям задачи отрезок ab закреплен от поворотов, и по-
этому горизонтальные смещения точек а и b равны нулю, значит
ди
производная — равна нулю в точке а.
ду
d
Ду = 2!1+±L f T dx = Дх] .
d E J ' E L 2 j
Зная вертикальное смещение точки d, найдем вертикальное
смещение точки с по формуле:
С
= -7Г f ~ dy + vd =
Е J J
d
1 l~ayd + яуг
Е I 2
_ р, ] Д+ yd.
206
Нами вычислены вертикальные и горизонтальные перемещения
всех четырех точек небольшого прямоугольника, произвольно вы-
деленного из диска, при условии, что кинематические смещения
этого элемента равны нулю. Для любого другого прямоугольника
кинематические перемещения не равны нулю, поэтому полученные
формулы следует исправить путем добавления кинематических сме-
щений.
Перейдем к следующему прямоугольнику dcef. Кинематические
смещения точки d нам теперь известны, они равны Aod и A«d, а
угол поворота отрезка cd найдем путем деления разности горизон-
тальных смещений точек с и d на расстояние между ними Ду:
ud
Горизонтальные смещения точек f и е будут равны:
1 / е
U/ = д«а+ — j (Зх — ^y)dx; ие = \ис + — j (аж — |wy) dx.
d с
которая не
Вертикальное перемещение точки f получим, используя третью
„ ди
формулу, и учтем в ней величину производной — ,
равна нулю для точки d:
0/ = д.,Л + ^!±а(,^-^=^лх,
J Е J у Ду
d
vc=vf+ -i-J (ау — yax)dy.
f
После определения перемещений точек е и f можно переходить
к следующим точкам. Рассмотренный путь вычислений перемеще-
ний является приближенным.
Для решения контактной задачи нет надобности вычислять пе-
ремещения всех точек диска, так как достаточно найти перемеще-
ния точек линии контакта. Для этого можно использовать другой
приближенный прием вычисления. Двумя параллельными сечения-
ми, совпадающими со смежными лучами сетки, вырежем из диска
полосу высотой Ду. По линиям разреза приложим нормальные и
и касательные напряжения, которые были вычислены ранее для
диска.
Высота вырезанной полоски равна Ду, и если она невелика по
сравнению с длиной, то полоску можно рассматривать как балку.
Изгиб этой балки вызван силами, приложенными К ее граням. Это
будут равнодействующие напряжений диска.
Перемещения балки без труда могут быть вычислены по мето-
дам строительной механики.
207
Симметричность клина и заданной нагрузки исключает возмож-
ность получения горизонтальных смещений точек клина, совпадаю-
щих с осью симметрии, таким образом:
Uk0 — Uk\ — UkZ ~ uk& ~~ ug ~ О’
Двигаясь по горизонтали от этих точек, горизонтальные переме-
щения которых равны нулю, найдем перемещения соседних точек
узлов сетки.
Ukc Uk\ ^х Uk ~~ \ Uk\
— 0,560 —— = — 0,554 — .
6 )8Е 8Е
^xu'ki — есть частная конечная разность и по х, она выражается
по уравнениям Коши через вычисленные ранее напряжения ах и
точки 1.
Во втором горизонтальном ряду получаем:
< = Д = /—0,755 — = _ 0,828— ;
*2 х )г3 \ 6 ) 8Е 8Е
< = < + LiL = /-0,828 — 0,875-^-') — = — 1,728— .
kb k2 < х k2 у > 6 / 8Е 8Е
Затем переходим таким же порядком к третьему и четвертому
ряду, в результате получаем:
< = —0,075 —; <=+0,412—;
кз ’ 8Е м 8Е
<=+0,4148—; <= + 2,483 — ;
*° 8Е kf 8Е
< = + 3,822 — ; < = 4,900—;
fd 1 ’ ЯР ’ kd ’ ЯР ’
< = + 4,107 — .
ka 8Е
Вертикальные перемещения вычисляем для точек, расположен-
ных на оси у. Верхнюю точку клина считаем неподвижной
Д„< =—/+0,384 +-^•') = + 0,477— = <;
у А! 8Е \ 6 / 8Е kl
и.. = +, + Д„ < = /+ 0Д77 + 0,435 + ^_') — = + 1,038 — ;
и л: । у аз < 1 6 /8£ 8Е
<== /+ 1,037 + 0,588) — = + 1,626 — ;
k& \ 1 8Е 8Е
v,= +2,184 А.
8£
208
Переход к соседнему вертикальному ряду сетки делаем, исполь-
зуя третью формулу Коши; для данного случая она получает та-
кой вид:
Л _ 2(1 + а)£ [ <pj) — (<рс +<f3) 1 Л _
х ~ ~8Ё I j v Ukl ~
= — ~2,334 [— (0,0059 + 0,0003) + (0,0093)] 64= —0,464 — ; '
8Е 8Е
= »», + - (+ 0,«7 - 0,464) А _ + 0,013 А.
Oil Oil
Переход к точке 2 делается таким же путем, как от точки 1 к
точке 3, так продолжается до точки Д
<„=+0,319 — ; j/ =+0,857— ;
и 8Е ko 8Е >
< -f+0,857+ 0,707 —-^-) — = + 1,204—.
kf \ 6 /8Е 8Е
Перемещение точки f получено путем последовательного пере-
хода от одной точки к другой и того же вертикального ряда. Это
же перемещение можно получить по третьей формуле Коши, пере-
ходя от точки 6 к точке Д т. е. двигаясь по диагонали. Для провер-
ки проделаем это вычисление
= -— 2,334 [(- 0>0433 - 0,0301) -
— (— 0,0255 — 0,0508)] 64 = — 0,432 — ;
8Е
v' = (1,626 — 0,432) — =+ 1,194 — .
i{! v 8Е 8Е
Расхождение с вычисленным ранее вертикальным перемещени-
ем точки f не превышает 1%.
Переходя к третьей и четвертой вертикальной строке, вычи-
сляем:
<,‘= — 1,221 — ; <, = —1,252—;
kb ’ 8Е ki 8Е
<=— 1,528 —; <= — 1,380—;
ke 8Е ка 8Е
< =—2,247 —; <, = —2,400 — .
kd ' 8Е ki 8Е
По вычисленным перемещениям всех точек сетки построим де-
формированное состояние клина, это выполнено на рис. 196. Как и
следовало ожидать, средняя часть клина вытянулась вниз, а ниж-
ние углы приподнялись кверху.
Эпюра вертикальных перемещений точек нижней грани клина
будет симметричной и изображена на рис. 197.
14. Б. Н. Жемочкин, А. П. Синицын.
209
Вычисление перемещений узлов сетки для второго единичного
напряженного состояния производим во всем аналогично расчетам
для первого состояния, пользуясь уравнениями Коши и подставляя
в них значения напряжений, взятых из табл, на стр. 201.
Рис. 196
Для сокращения места приведем здесь только окончательный
численный результат вычислений.
Горизонтальные перемещения
п H n Uk0 ~ Ukl ~ Uk3 ~ uke ~ ukg — 0;
Uk2 = + 0,0635 — ; 8E ukb = 4- 0,2405 A
Uk3 = 4-0,1359 — ; 8E u' = — 0,0693 — ы ’ 8E
“ka = 4-0,2877— ; 8E u’ = + 0,1617 — 1 ’ 8E
U\e = —0,6157 — ; 8E u" = — 1,5960 — kd 8E
и' = — 2,455 — .
kA 8Е
210
Вертикальные перемещения
о' = 0; v’ = + 0,0246 — ;
м > *1 8В
o’ = + 0,0706 —; v’ = + 0,3926 — ;
и 8£ 46 8Е
о’ = + 1,3919 —; v' = + 0,0119 — ;
kS 8Е kc 8£
о’ = — 0,0536 —; о’ =— 0,91405—;
’ 8Е k5 8Е
V =—0,0645 A; v" - +0,1314 — ;
а/ 8Е kb ' ’ 8Е ’
v" = — 0,2546 — ; v" = — 1,0628 — ;
м 8Е ke 8E
v. = + 0,1034 — » v’ = + 0,2459 — .
ka 8E kd 8E
Эпюра вертикальных перемещений точек низа клина показана
на рис. 197, эта эпюра симметричная.
ПРИМЕР 34
РЕАКЦИИ У ОСНОВАНИЯ ПЛОТИНЫ С УЧЕТОМ
УПРУГОСТИ ПРОФИЛЯ
Применим схему рассуждений, рассмотренную в примере 31, и
подсчитаем ординаты эпюры вертикальных реакций, возникающих
по подошве плотины треугольного профиля, нагруженной гидро-
статическим давлением. Будем учитывать только вертикальные ре-
акции, возникающие по линии контакта плотины и основания.
Отделим плотину от основания и приложим по разрезу нор-
мальные напряжения, вычисляемые по формуле:
= а° +-^1 cos у х + cos х>
где о° — нормальные напряжения, получающиеся в сечении бес-
конечного клина от гидростатического давления и объемных сил;
эти напряжения изменяются по линейному закону. Вертикальные
перемещения линии контакта клина вычисляются по формуле:
Vkm = ^ + ^1 Чгт + ^2 V"km + + ^4 Vkm’
где v°km — соответствуют напряженному состоянию бесконеч-
ного клина;
и — представляют собой кинематические перемеще-
ния клина как жесткого диска;
v'km и v"ktn — были вычислены в примере 33.
14*
211
Вертикальные перемещения линии контакта фундамента вычис-
ляются по формуле:
&фт = ^фт+ ^^фт + Ъ %п-
В примере мы ограничились двумя дополнительными напря-
женными состояниями, поэтому число неизвестных произвольных
параметров будет равно четырем; из них два соответствуют кине-
матическим перемещениям низа клина. Кинематические перемеще-
ния будут иметь одну симметричную эпюру — это равномерное
опускание Кз, а другую —обратносимметричный поворот эпю-
ры перемещений, соответствующие дополнительным напряженным
состояниям, будут симметричными.
Таким образом, система уравнений для определения К) в дан-
ном случае распадается на две.
Для симметричных неизвестных:
+ ^12^2 + ®1з^з + ^im ~ 0;
&21К1 + ^22-^2 + ^23^3 + ^2m = 0j
^3iKi + 632К2 + ^33К3 + 63m = 0.
Для обратносимметричных
й44^4 + ^4т = 0-
Коэффициенты этих уравнений вычисляются посредством пере-
множения значений соответствующих обобщенных эпюр переме-
щений. За обобщенную эпюру рассматривается разность двух
эпюр (одна эпюра перемещений клина, другая — фундамента). Со-
ответствующие этим эпюрам нагрузки имеют взаимно-противопо-
ложное направление для клина и для фундамента.
Часть перемножаемых эпюр задана в численном виде, для них
составляется вспомогательная таблица (на стр. 211), с помощью
которой вычисляются коэффициенты, по формуле:
L
+ «т + %т)Р(Х)^Х.
0
Некоторые коэффициенты можно вычислить аналитически, не-
посредственным интегрированием, или даже по правилу Вереща-
гина.
Единичная эпюра от неизвестного К3 будет просто прямоуголь-
ник с ординатой, равной L, поэтому
633 = L • Е • Е = Е3.
Единичная эпюра К4 представляет собой два треугольника с
наибольшей ординатой L при х = — .
644 = 2/L- — • ------Е} = -^-.
44 1 2 2 3 /3
212
dn == —(0,255 + 4-0,430 4-2-0,028 + 4-0,482 + 0,870) = + 0,402L«;
612 =—(—0,122 —4-0,004 + 2-0,061 —
12 12 v
— 4-0,013 + 0,392) =+0,027Ls.
и т. д.
При вычислении был введен дифференциальный вес р\х) = 2
для точек d и f, таким путем удается получить наилучшее совпаде-
ние для перемещений плотины и основания.
Рис. 198
Модуль упругости плотины и модуль деформации основания в
подсчетах приняты одинаковыми.
Перемещения основания вычислены для нагрузок, указанных
на рис. 198, а и б.
Перемещения, входящие в свободные члены, вычисляются для
нагрузок, указанных для клина и для основания на рис. 198,в.
d4m = — ^ 2 (0,313 + 4 - 0,172 + 2 - 0,076 + 4 • 0,019) = — 0,103Z+
213
ё3т = _ ±- (1,947 + 4 • 2,011 + 2 2,037 + 4 • 2,054 + 2 • 2,054 +
+ 4-2,054 + 2-2,037 + 4-2,011 + 1,947) = — 2,027Z?;
б1т = (0,985 + 4 • 1,318 + 2 • 0,338 — 4 • 1,423 — 2-1,920 —
— 4.1,423 + 2-0,338 + 4 -1,318 + 0,985) = — 0,0268L4.
Численные значения перемещений указаны во вспомогательных
таблицах (стр. 211).
Значения коэффициентов подставляем в составленные на
стр. 208 уравнения, получаем:
+ 0,402^ + 0,027#2 + 0,020#3 = + 0,02681;
+ 0,027#! + 0,0485#2 — 0,0172#3 = — 0,02741;
+ 0,020#! — 0,0172#2 + 1 -#3 = + 2,027Л;
+ 0,333#4= +0, ЮЗА.
После решения уравнений получим
# 4 = + 0,309А;
# 3 = + 2,0401;
# 2 = + 0.180А;
#х = — 0,047L.
Для подсчета напряжений по подошве плотины получим такую
формулу:
<зу = — 0,047L cos ~ х + 0,180L cos-y-x.
Численные коэффициенты в этой формуле имеют размер-
ность т/м3.
Эпюра напряжений, вычисленных по этой формуле, показана
на рис. 199.
214
1
е - «• - -е ‘ й + + . £ й ' а . ! fa '—' , . X —0.122 —0.004 4-0,061 —0,013 4-0,392 —0.013 + 0.061 —0,001 —0,122
Г"е - -& + . S - и s> SOOlD’t'l.'WQCCO S8^8i8£88 ООООООООО +++++++++
^Е - е + к « ?> тооосмесчсоош mcO<MOOh-aOOJCOlO СчтО'+ФтгОтсч О С О О О О О О О + +++ ++++4-
к, = 1 Второе единичное состояние я Я v 4- кт фт 4-0.241 4-0.006 —0.407 —0,019 4-0.419 —0,019 —0,407 4-0,006 4-0.241
Е ► е & -0,141 +0.025 + 0.274 +0.011 —0,245 + 0,011 +0,274 + 0.025 -0,141
Е * а & ©— гр со СО СО — Q Фсос’ээг'-.ососоо — о — о — © — о — ФФОФФФОФФ ++114“11++
Ki=l Первое единичное состояние Е к •& ь> + Е - g & —0,505 —0,654 —0,166 + 0,693 I 4-0,935 : +0,693 | —0,166 —0,654 —0,505 1
Е - -е- £ + 0,205 4-0.373 —0,038 —0.549 —0,662 —0,549 —0,038 + 0,373 + 0,205
Е - s> —0,300 —0,281 —0,204 4-0,150 4-0,273 -4-0,150 —0,204 -0,281 —0,300
№ точек
—0,313 —0,172 —0,076 —0,019 0 —0,019 —0,076 -0,172 —0,313
—1,000 —0,750 —0,500 —0,250 0 + 0,250 4-0,500 4-0,750 + 1,000
(ш*/г +w\ ) X х(^-Ля —0,470 —0,012 +0,825 +0,039 —0,860 + 0,039 +0,825 —0,012 - —0,470
(“Ф^ + ^а )х х C>+^) +0.985 + 1.318 +0,338 — 1,423 —1,920 —1,423 +0,338 + 1,318 +0,985
ш*а ! 0 0 1 ! । обратно- симмет- ричные + 0,313 4-0,229 4-0,152 4-0,074 0 1 —0,074 1 —0,152 —0,229 —0,313 i
симмет- ричные —1,947 —2,011 —2,037 —2,054 —2,054 —2,054 —2,037 —2,011 —1,947
1 0 ®фт (фундамент) ' симметричные | кососимметричные + si £. O-tr _ 5 г> °;? + —0,261 —0,190 —0,126 —0,061 0 +0.061 +0,126 + 0,190 +0,261
Е 04 & & —0.040 —0,016 —0,035 —0,019 0 +0,019 +0,035 + 0,046 +0,040
_Е о •& £3 + 0,221 +0,144 +0,091 + 0,042 0 —0,042 —0,091 —0,144 —0,221
+ Е go + □ е й О + + 1,728 + 1,831 —1,884 + 1,918 + 1.924 + 1.918 + 1,884 + 1,831 +1,728
1 4-1,082 4-1,233 4-1,305 4-1,350 4-1,360 + 1,350 4-1,305 + 1,233 4-1,082
Е S-&- £ +0.646 +0.593I + 0.5/9: +0,568 +0.564 +0,568 +0,519 +0,598 +0,646
(нига) кососим- метричные ! + 0,0520 4-0,0390 4-0,0260 4-0,0130 0 —0,0130 —0,0230 —0,0390 -0,0520
симметрич- ные —0,2192 —0,1803 —0,1525 —0,1357 —0,1300 —0,1357 —0,1525 —0,1803 —0,2192
м 0J Е
215
1
ЧАСТЬ III
ТАБЛИЦЫ
В таблицах I, II и III приведены единичные осадки F упругого
основания от нагрузки силой, равной единице и распределенной
на некотором участке.
Таблица I составлена по формулам (17) и (20) для случая пло-
ской задачи (плоское напряженное состояние или плоская дефор-
мация). Все значения F отрицательны, так как отсчет делается от
уровня, соответствующего положению после деформации точки,
находящейся в середине загружаемого участка длиной с. Данные
таблицы применены в примерах 1, 2, 6, 7, 9.
Таблица II составлена по формулам (28) и (30) для полупро-
странства, когда единичная нагрузка распределена на площади
ЬХс, где b — ширина рассчитываемой балки, а с — длина участ-
ков, на которые балка разбивается для расчета. Таблица составле-
на для различных значений отношения — . Данные таблицы
с
использованы в примерах 3, 4, 5, 8 и др.
Таблица III составлена по формуле (68) для того случая, когда
единичная нагрузка на полупространство распределяется по кругу
и назначена для расчета плит и балок ломаного очертания в плане.
Таблица IV составлена по формуле (40) и содержит прогибы w
обыкновенной консоли от сосредоточенной единичной силы, при-
ложенной последовательно в различных точках. Таблицей необхо-
димо пользоваться во всех случаях расчета балок на упругом
основании, если жесткость их не принимается бесконечно большой.
Таблица IVa содержит значения коэффициентов а для различ-
ных случаев.
В таблице V приведены данные, относящиеся к случаю беско-
нечно длинной балки на упругой полуплоскости, нагруженной еди-
ничной сосредоточенной силой. Данные таблицы использованы
для расчета рандбалок (см. § 9).
Таблица VI содержит результаты определения реакции основа-
ния абсолютно жесткой балки на упругом основании, нагружен-
ной симметричной нагрузкой, как для плоской, так и для прост-
ранственной задачи, в последнем случае для разных отношений
1: b (от 3 до 13,5).
В таблице VII приведены результаты расчета абсолютно жест-
ких плит на упругом основании при различном отношении сторон.
216 Г
Последующие таблицы относятся к расчету круглых плит на
упругом основании на симметричную нагрузку (см. § 12).
В таблице VIII даны единичные осадки от нагрузки, распреде-
ленной по кольцу.
Таблица IX содержит прогибы круглой плиты, закрепленной в
центре, от единичной кольцевой нагрузки. Эти прогибы зависят от
радиуса плиты. Поэтому таблица IX состоит по существу из 10
таблиц для различных значенийр= — , где R — радиус плиты, а
С
с — ширина колец, на которые разбивается плита для расчета.
В таблице X приведены моменты в центре круглой плиты при
различных случаях загружения.
В таблице XI сделана сводка формул для прогибов, углов на-
клона, моментов и поперечных сил при различных нагрузках круг-
лой плиты.
Таблица XII (аналогичная таблице V для балки) содержит
данные, относящиеся к плите бесконечно большого радиуса, ле-
жащей на упругом основании и нагруженной единичным сосре-
доточенным грузом. Эти данные могут быть использованы и для
расчета плит конечного, но достаточно большого радиуса.
Таблица I
Единичные осадки F для упругой полуплоскости
С F С F С F С F
0 0 6 —6,967 11 —8,181 16 —8,931
1 —3,296 7 —7,276 12 —8,356 17 —9,052
2 —4,751 8 —7,544 13 —8,516 18 —9,167
3 —5,574 9 —7,780 14 —8,664 19 —9,275
4 5 —6,154 —6,602 10 —7,991 15 —8,802 20 —9,378
Примечания. 1. В таблице приняты обозначения:
х — расстояние от той точки, где определяется осадка, до точки, где приложена
нагрузка (вернее, до середины участка длиной с, в пределах которого на-
грузка предполагается равномерно распределенной);
с —длины участков, на которые разбивается балка для расчета.
* 2. При составлении таблицы нагрузка принята равной единице и равномер-
но распределенной на участке длиной с.
, 3. Истинная величина осадки для полуплоскости не может быть найдена;
поэтому определяется только разность осадок в данной точке и в точке, доста-
I точно далеко расположенной (на расстоянии d). Эта разность равна:
У kt = (Fki + Q-
‘ Здесь Ео — модуль деформации основания;
С — произвольное постоянное, зависящее от расстояния d.
217
4. Для случая плоской деформации
(1-Н20)
Uki — -—~
_ (Fki + C),
Ttbo
где Но — коэффициент Пуассона для основания.
Таблица II
Единичные осадки F для упругого полупространства.
Нагрузка по прямоугольнику (для расчета балок)
С С F
b 2 с ~~ 3 -*=1 ± = 2 С ± = з С — =4 С ± = 5 С
0 1 2 з 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 ОС 1 0,500 0,333 0,250 0,200 0,167 0,143 0,125 0,111 0,100 0,091 0,083 0,077 0,071 0,067 0,063 0,059 0,056 0,053 0,050 4,265 1,069 0,508 О.ЗЗб' 0,251 0,200 0,167 0,143 0,125 0,111 0,100 3,525 1,038 0,505 0,335 0,251 0,200 0,167 0,143 0,125 0,111 0,100 2,406 0,929 0,490 0,330 0,249 0,199 0,166 0,143 0,125 0,111 0,100 Г, 867/ 0,829 0,469 0,323 0,246 0,197 0,165 0,142 0,124 0,111 0,100 1,542 0,746 0,446 0,315 0,242 0,196 0,164 0,141 0,124 0,111 0,100 1,322 0,678 0,424 0,305 0,237 0,193 0,163 0,140 0,123 0,110 0,099
0,091 0,083 0,077 0,071 0,067 0,063 0,059 0,056 0,053 0,050
Примечания. 1. В таблице приняты обозначения:
х—расстояние от той точки, где определяется осадка, до точки, где приложена
нагрузка (вернее, до середины загруженного участка);
Ь — ширина балки;
с — длины участков, на которые разбивается балка для расчета.
218
2. При составлении таблицы нагрузка принята равной единице и равномерно
распределенной по площади прямоугольника &Хс.
3. Истинная величина осадки равна:
о 0-^) г
У kt „ г kt,
Т.ЬиС
где Ео—модуль деформации основания;
р.о — коэффициент Пуассона для основания.
Таблица III
Единичные осадки F для упругого полупространства. Нагрузка по кругу
(для расчета плит и балок ломаного очертания в плане)
С F С F С F С F
0 3,545 1,6 0,635 2,8 0,359 - 4,0 0,251
0,5 2,682 1,7 0,597 2,9 0,346 4,1 0,244
0,6 1,984 1,8 0,563 3,0 0,335 4,2 0,239
0,7 1,589 1,9 0,532 3,1 0,324 4,3 0,233
0,8 1,348 2,0 0,505- 3,2 0,314 4,4 0,228
0,9 1,176 2,1 0,481 3,3 0,304 4,5 0,223
1,0 1,045 - 2,2 0,458 3,4 0,295 4,6 0,218
1,1 0,942 2,3 0,438 3,5 0,287 4,7 0,213
1,2 0,859 2,4 0,420 3,6 0,279 4,8 0,209
1,3 0,789 2,5 0,403 ' 3,7 ' 0,271 4,9 0,204
1,4 0,730 “ 2,6 0,387 3,8 0,264 5,0 0,200
1,5 0,679 2,7 0,372 3,9 0,257 Далее С С — X
Примечания. 1. В таблице приняты обозначения:
расстояние от той точки, где определяется осадка, до точки, где приложена
нагрузка (вернее, до центра круга, по площади которого распределена на-
грузка) ;
£—стороны квадратов (на которые разбивается плита для расчета), равновели-
ких кругам (если плита разбивается на прямоугольники, то с — стороны
квадратов, равновеликих прямоугольникам и равновеликих кругам).
2. При составлении таблицы нагрузка принята равной единице и равномерно
распределенной по площади круга.
3. Истинная величина осадки:
Ук1 =
0-^) Р
-----г kt,
лЕ,с 1
где Ео — модуль деформации для основания;
Ро — коэффициент Пуассона для основания.
219
Единичные прогибы ш балки
ak \ С д ai С 0,5 1 ¥,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5 5,5
0,5 0,25 ’0,625 1 1,375 i,j5 2,125 2,5 2,875 ' 3,25 3,625 4
1 — 2 3,5 5 6,5 9,5 11 12,5 14 15,5
1.5 -г- — 6,75 10,125 13,5 16,875 20,25 23,625 27 30,375 33,75
2 — — 16 22 28 34 40 46 52 58
2,5 — — — — 31,25 40,625 50 59,375 68,75 78,125 87,5
3 — — — — — 54 67,5 81 94,5 108 121,5
3,5 — — — — — — 85,75 104,125 122,5 140,875 159,25
4 — — — — — -т — 128 152 176 200
4,5 — — — — — — — “ • 182,25 212,625 243
5 — — — — — — — — — 250 287,5
5,5 — — — — — — — — — — 332,75
6 — — — — — — — — — —
6,5 — — — — — — — — — — —
7 — — — — — — — — — — —
7,5 — — — — — — — — — — —
8 — — — — — — — — — —
8,5 — — — — — — — — — — —
9 — — — — — — — — — — —
9,5 — — — — — — — — —• — —
10 — — — — — — — — — — —
Примечания. 1. В таблице приняты обозначения:
а/ —расстояние от заделки балки до места приложения нагрузки;
Лк — расстояние от заделки балки до сечения, где определяется прогиб;
с — длины участков, на которые разбивается балка для расчета.
2. В таблице даны не прогибы v, а величины w. ,
Действительные же прогибы: z
с3
220
Таблица IV
от сосредоточенных единичных сил
6 6,5 7 7,5 8 8,5 9 9,5 10
4,375 4,75 5,125 5,5 5,875 625 6,625 7 7,375
17 18,5 20 21,5 23 24,5 26 27,5 29
37,125 40,5 43,875 47,25 50,625 54 57,375 60,75 64,125
64 70 76 82 88 94 100 106 112
96,875 106,25 115,625 125 134,375 143,75 153,125 162,5 171,875
135 148,5 162 175,5 189 202,5 216 229,5 243
177,625 196 214,375 232,75 251,125 269,5 287,875 306,25 324,625
1 ii; 224 248 272 296 320 344 368 392 416
273,375 303,75 334,125 364,5 394,875 425,25 455,625 486 516,375
325 362,5 400 437,5 475 512,5 550 587,5 625
В 378,125 423,5 468,875 514,25 559,625 605 650,375 695,75 741,125
1Г f 432 486 540 594 648 702 756 810 , ' 864
549,25 612,625 676 739,375 802,75 866,125 929,5 992,875
— — 686 759,5 833 906,5 980 1 053,5 1 127 .
— — — 843,75 928,125 1 012,5 1 096,875 1 181,25 1 265,625
— — — — 1 024 1 120 1 216 1 312 1 403
— — — — — 1 228,25 1 336,625 1 445 1 553,375
— — — — — 1 458 1 579,5 1 701
— — — — — — — 1 714,75 1 850,125
— — — — — — — — 2 000
Для случая плоской деформации или при расчете плит:
где
Здесь h — высота балки или плиты; ,
р — коэффициент Пуассона материала балки или плиты, у
3. Нагрузка принята равной единице.
221
а
Значения коэффициента
3
з-
3
'О
О
высота балки; Е, — модуль деформации основания; с — расстояние между стержнями,
ширина балки; £— модуль упругости балки;
I 1
222
Таблица V
Ординаты эпюр для бесконечно длинной балки на упругой полуплоскости,
нагруженной единичным сосредоточенным грузом
Расстояние от точки приложе- ния груза х Реакция основа- ния (на полную ширину балки) Р Моменты М Поперечные силы Qj Осадки у
0 +0,306 +0,488 —0,500 1,840
0,5 +0,268 +0,275 —0,355 1,789
1 +0,210 +0,129 —0,235 1,669
2 +0,105 —0,020 —0,081 1,356
3 +0,041 —0,061 —0,011 1,059
4 +0,010 —0,057 +0,013 0,822
5Z —0,002 —0,042 +0,016 0,646
6 —0,004 —0,027 +0,013 0,515
7 —0,004 —0,017 +0,008 0,416
8 —0,003 —0,010 +0,005 0,337
9 —0,002 —0,006 +0,003 0,273
10 —0,001 —0.С04 +0,002 0,219
х|У V Е,Ь Х|/^ У EJ V Евь XI х кг
Примечания. 1. Эпюры р, М и у симметричны, эпюра Q — обратно сим-
метрична.
2. В случае плоской деформации следует в множителях вместо Ео (модуль
Во
деформации основания) поставить - j", где Цо—коэффициент Пуассона осно-
Но
Е
вания, а вместо Е (модуль упругости материала балки) поставить —--, где
1—Н
р.— коэффициент Пуассона материала балки.
3. Осадки у могут отсчитываться от любого условного горизонта.
4. Ординаты эпюр от единичного груза являются ординатами линий влияния.
223
Таблица VI
Реакции основания для абсолютно жестких балок,
нагруженных симметричной нагрузкой
Схемы балок Интенсивность реакции основания
Р, Л Рг Р, Р.
Плоская задача /. . Эмро реакции грунта 2 Ь-шиоипаЛцлкц^ 1 - длина балки балка, лежащая на упругом полупространстве^ Эпюра реакций для ь/сш3 и 1=3 Ъ П Ц-1 1-1 1 Нг1 1 Ш-Ц 1 1 Ь -ширина балки; 1-длина балки Эпюра реакций для ь/с- 2 и 1-4,5 b b-ширина балки; 1 - длина балки Эпюра реакций для % = f и 1*9Ь се се аГ» &•» сё* м. ч. о» b • ширина балки; 1 - длина балки Эпюра реакций для ’%-2/j и 1=13,5 Ь П Ц-1Д 1 L-j-4 L Ш-ШЗ се се се оГ* с^ b - ширина балки; 1 - длина балки 0,688 0,683 0,732 0,852 1,892
0,799 0,832 0,858 0,907 1,494
0,846 0,855 0,881 0,927 1,408
0,889 0,890 0,919 0,961 1,296
0,900 0,905 0,928 0,973 1,247
Примечания. 1. Таблица составлена для бесконечно жестких балок при
среднем давлении на грунт, равном единице.
2. Для получения величины реакции основания следует заданное среднее
давление q умножить на приведенные в таблице значения pi.
224
Таблица VII
Реакции основания для абсолютно жестких плит, нагруженных'
симметричной нагрузкой
Схема квадратной плиты
Схема прямоугольной плита! (3;5)
Интенсивность реакций, основания
Pl р‘ 1 Р< 1 1 Л.
0,452 0,675 1,057 0,531 1,092 1,695
0,495 0,937 0,570 0,967 1,020 1,421
0,531 0,941 0,549 0,972 1,143 1,486
Примечание. Табл. VII служит для определения равнодействующей
реакции упругого основания в пределах квадрата со стороной с; для этого необ-
ходимо приведенные в таблице значения р/ умножать на qc2, где q— среднее
давление на грунт.
15 Б. Н. Жемочкин, А. П. Синицын
225
Таблица VIII
Единичные осадки F для упругого полупространства при нагрузке по кольцу
(для расчета круглых плит)
el« Л 7] =з — С
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ю
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1,0808 0,3356 0,3551 0,1605 0,1784 0,2152 0,1065 0,1103 0,1268 0,1576 0,0797 0,0813 0,0861 0,1001 0,1256 0,0637 0,0645 0,0667 0,0715 0,0834 0,1050 0,0531 0,0535 0,0548 0,0571 0,0615 0,0719 0,0906 0,0455 0,0458 0,0465 0,0479 0,0502 0,0543 0,0634 0,0799 0,0398 0,0400 0,0405 0,0414 0,0428 0,0450 0,0487 0,0569 0,0716 0,0354 0,0355 0,0358 0,0365 0,0374 0,0388 0,0409 0,0443 0,0517 0,0650 0,0318 0,0319 0,0322 0,0326 0,0333 0,0342 0,0355 0,0375 0,0407 0,0474 0,0596
Примечания. 1. В таблице приняты обозначения:
Г1—средний радиус кольца, к которому приложена нагрузка;
— средний радиус кольца, для которого определяется осадка;
С — ширина колец, на которые разбивается плита для расчета.
2. Таблица дает возможность находить среднюю осадку кольца с радиусом
k от нагрузки, равной единице и равномерно распределенной по кольцу с ра-
диусом ri.
3. Истинная величина осадки равна:
1 —Р-о г
Ук1 Ейс kh
где Цо — коэффициент Пуассона для основания;
Ео — модуль деформации основания.
Таблица IX
Единичные средние прогибы w круглой плиты от кольцевой нагрузки
1) Р = I1/»
С = — С ri 7)3= С
0 1
0 0,004 0,011
1 — 0,055
2) р = 21/3
С = С ri Т| = С
° 1 2
0 0,004 0,010 0,014
1 — 0,048 0,088
2 - 0,204
226
Продолжение табл. IX
3) р = 3’/2
с С
° 1 2 3
0 0,004 0,010 0,014 0,016
1 — 0,046 0,082 0,110
2 — — 0,184 0,276
3 — — — 0,461
4) Р = 41/2
с=— с С
0 1 2 3 | 4
0 0,004 0,010 0,014 0,016^0,018
1 — 0,046 0,080 0,104 0,125
2 — — 0,176 0,258 0,327
3 — — — 0,422 0,572
4 — — — 0,826
. 5) р = 5>/г
С • С
0 1 2 3 4 5
0 0,004 0,010 0,013 0,016 0,018 0,019
1 — 0,045 0,079 0,102 0,120 0,136
2 — — 0,172 0,249 0,311 0,366
3 —. — — 0,402 0,537 0,658
4 — — — — 0,764 0,976
5 — — — — — 1,298
15*
227
Продолжение табл. IX
6) р = б‘/2
с С
0 1 2 3 4 5 6
0 0,004 0,010 0,013 0,016 0,017 0,019 0,020
1 —, 0,045 0,078 0,100 0,117 0,132 0,146
2 — — 0,169 0,243 0,302 0,352 0,399
3 — — 0,391 0,517 0,627 0,728
4 —_, — — — 0,729 0,922 1,099
5 — — — — — 1,213 1,489
6 *• — — — — — 1,878 .
7) р =71/а
С С
0 1 2 3 4 5 6 7
0 0,004 0,010 0,013 0,015 0,017 0,018 0,020 0,021
1 — 0,045 0,078 0,099 0,116 0,129 0,142 0,154
2 — — 0,168 0,240 0,296 0,343 0,386 0,426
3 —. — — 0,384 0,505 0,607 0,700 0,787
4 — — — — 0,707 0,887 1,050 1,203
5 — — — 1,159 1,412 1,649
6 — — — — — — 1,768 2,109
7 — — — — — — — 2,566
8) P = 8'/а
С С
0 1 2 3 4 5 6 7 8
0 0,004 0,010 0,013 0,015 0,017 0,018 0,019 0,021 0,022
1 —. 0,045 0,077 0,098 0,114 0,128 0,139 0,150 0,161
2 —. — 0,167 0,238 0,292 0,337 0,377 0,414 0,449
3 — — —— 0,379 0,496 0,594 0,681 0,761 0,838
4 — — — — 0,692 0,864 1,017 1,158 1,292
5 — —. — — — 1,124 1,361 1,580 1,788
6 — — — — —— ' 1,694 2,009 2,308
7 — — — — — — — 2,430 2,837
8 — — • — — — — — — 3,362
228
Продолжение табл. IX
9) Р = 91/2
с=А с ri Т=— с
о 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0,004 0,010 0,013 0,015 0,017 0,018 0,019 0,020 0,021 0,022
1 — 0,045 0,077 0,098 0,114 0,126 0,138 0,148 0,157 0,167
2 — — 0,166 0,236 0,289 о.изз 0,371 0,406 0,438 0,470
3 — — —. 0,375 0,490 0,585 0,668 0,744 0,815 0,883
4 — — — — 0,682 0,848 0,994 1,127 1,251 1,371
5 — — — — — 1,099 1,325 1,531 1 ,725 1,910
6 — — — — — — 1,643 1,939 2,217 2,483
7 — — — .— — — ' и 2,335 2,712 3,075
8 — — — — — — — — 3,200 3,673
9 — —• — — — . — 1 —- — 4,266
10) р = IO1/2
С
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1-
0 0,004 0,010 0,013 0,015 0,017 0,018 0,019 0,020 0,021 0,022 0,023
1 — 0,045 0,077 0,098 > ,113 0,126 0,136 0,146 0,155 0,164 0,172
2 —. —. 0,166 0,235 0,287 0,330 0,367 0,400 0,431 0,460 0,488
3 — — — 0,373 0,486 0,578 0,658 0,731 0,798 0,861 0,923
4 — -— — — 0,674 0,837 0,977 1,104 1,221 1,333 1,441
5 — — — — — 1,080 1,299 1,496 1,678 1,852 2,019
6 — — — — — — 1,605 1,888 2,150 2,399 2,640
7 — — — — — — — 2,266 2,622 2,961 3,287
8 — — — — — — — 3,182 3,523 3,950
9 — — — — — — — — — 4,077 4,616
10 — —• — — 5,278
Примечания. 1. В таблице приняты обозначения:
п R
К — радиус плиты, р=—;
с
ri — средний радиус кольца, к которому приложена 'Нагрузка;
r/i—средний радиус кольца, для которого определяется прогиб;
с — ширина колец, на которые разбивается плита для расчета.
2. В таблице даны не прогибы v, а величины w. Действительные же
прогибы:
с2
= — Wki,
где
D =
-----Е.
12(1—р2)
229
3. Нагрузка принята равной единице и равномерно распределенной по коль-
цу радиуса г,.
4. Нагрузка предполагается действующей снизу вверх.
5. За положительные прогибы приняты направленные вверх.
6. При составлении таблицы коэффициент Пуассона принят равным Н=_т_-
6
Таблица Ха
Моменты в центре круглой плиты
р 1 2 3 4 5
1+я + 18,42
2Vb +27,85 —52,42 — ।
3+2 +30.45 —42,02 —93,20 — —
4*/а +31,52 —37,74 —83,57 —121,74 —
5+2 +32,06 —35,58 —78,70 —113,08 —143,7
6+а +32,37 —34,33 —75,90 —108,10 —135,9
7+» +32,57 —33,55 —74,14 —104,98 —131,0
81/2 +32,70 —33,03 —72,97 —102,89 — 127,7
9+а +32,79 —32,66 —72,14 —101,42 —125,4
101/2 +32,86 —32,40 —71,54 —100,36 —123,8
оо +33,16 —31,20 —68,84 — 95,55 —116,3
Продолжение таблицы Ха
Р 6 7 8 9 10
1+2
2+2 — — — — —
3>/2 — — — —
4+2 — — — — .—
51 /2 — - — ——
6+г — 161,4 — — —
7+2 — 154,4 — 176,4 — — —
8+2 —149,7 —170,0 —189,3 — —-
9+г —146,4 —165,5 — 183,4 —200,6
IO+2 — 144,0 —162,2 — 179,1 —195,2 —210,7
СО —133,2 — 147,5 —159,9 —170,8 —180,6
230
Таблица Хб
MfiiSiiiiiiiiiiiiiiiiil
4 р 0,05 0,1 0,2 0,3 0,4 0,6 0,8 1,0
172 4-357,7 4-293,3 4-228,7 4-190,7 + 163,5 + 124,4 + 95,58 +72,21
272 4-357,7 4-293,3 4-228,9 4-191,1 + 164,2 + 126,0 + 98,60 +76,92
372 4-357,7 4-293,3 4-228,9 4-191,2 + 164,4 + 126,5 + 99,43 +78,22
472 4-357,7 4-293,3 4-229,0 4-191,3 + 164,5 + 126,7 + 99,77 +78,76
572 4-357,7 4-293,3 4-229,0 4-191,3 + 164,6 + 126,8 + 99,94 +79,03
672 4-357,7 4-293,3 4-229,0 4-191,3 + 164,6 + 126,9 + 100,04 + 79,19
772 4-357,7 4-293,3 4-229,0 4-191,3 + 164,6 + 126,9 + 100,11 +79,28
872 4-357,7 4-293,3 4-229,0 4-191,3 + 164,6 4-126,9 + 100,15 + 79,35
972 4-357,7 4-293,3 4-229,0 4-191,3 + 164,6 + 126,9 4-100,18 +79,39
1072 4-357,7 4-293,3 4-229,0 4-191,3 + 164,6 + 126,9 + 100,20 + 79,43
ОО 4-357,7 4-293,4 4-229,0 + 191,4 + 164,6 + 127,0 + 100,30 +79,58
Продолжение таблицы
11 р \ 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0
Р/2 +25,36 —. ——
2+2 + 35,97 + 4,61 —22,07 — — — —. —
3»/а +38,89 + 9,81 — 13,95 —34,60 —53,31 — — —
4+г +40,09 + 11,95 — 10,61 —29,79 —46,76 —62,23 —76,64 —
51/2 +40,70 + 13,03 — 8,92 —27,35 —43,44 —57,90 —71,16 —83,55
61/2 +41,05 + 13,66. — 7,94 —25,95 —41,54 —55,40 —68,01 —79,65
71/2 +41,27 + 14,05 — 7,33 —25,07 —40,31 —53,84 —66,03 —77,21
81/2 + 41,42 + 14,31 — 6,93 —24,48 —39,54 —52,80 —64,71 —75,58
91/2 +41,52 + 14,49 — 6,64 —24,07 —38,98 —52,07 —63,78 —74,44
101/2 +41,60 + 14,62 — 6,43 —23,77 —38,57 —51,53 —63,11 —73,60
со +41,93 + 15,23 — 5,49 —22,42 —36,73 —49,13 -60,06 —69,84
Примечания. 1. В центре плиты радиальный момент Мг равен тангенци-
альному Л1 f.
2. Табличные данные не дают истинных величин моментов, так как при со-
ставлении таблицы не учтен In С. Поэтому моменты, приведенные в таблице, отли-
чаются от истинных моментов на одну и ту же постоянную величину. При пользо-
вании таблицей для всех нагрузок, действующих одновременно на плиту (вклю-
чая.и реакции основания), в результате вычислений получаются истинные значе-
ния моментов.
3. Моменты даны от единичной нагрузки. Для получения моментов от Р, ес-
ли Р — полная нагрузка, табличные величины следует множить на Р.
4. Для удобства моменты приведены увеличенными в 1000 раз.
5. Моменты вычисляются на единицу ширины плиты.
231
Таблица XI
Формулы для прогибов, углов наклона, моментов и поперечных сил
для круглой плиты
1 -г.=7с-| Р
LJ£-/?=pr_U
С < О’!
(1 — ц) + ) (1+Ю ’ Р2/ —^РФ+М-)1+ 16л ( [ /J (1-н) XI (1 + (л) ' р2 J
? = ~^[I + 21n("t") + оЛ£> [ \ с / п-н) (1 + р0 Р2 1 Pci]1 Г (1—р.) С2 1 Y 8л D с [ (1 + [Л) Р2 1
ти^-^-ГгО + гл) ол L \ £ / [ 'П2 \"1 Р Т2 / \ Мг~+ ЯШ 0-^) Р- — олС \ р3 /
'и---£[2(1+1‘)|п(т)+ -1-(1—р.) fi ч- 4)1 Р V)2 / £2 \ М/-~ «4 (i-н) 1+4 оЛ1/ \ р2 /
Q = + —4 2лсС Q = 0
232
Продолжение табл. XI
(’++++) с > h + -Ч \ 2 /
ш=_^£_[41] + 64лт] 1 /2с + Г\ + (4+ + 1)1п( + \ 2т] — 1' /4^—1 \ + 41>1п —— + \ 4С* / (1 — f*) У4-Ч-1)] Ч1 + Ю р2 J w = — —— (16С3 [С2 + 2048лт) 1 1 + (2q+ I)2] +32С2 X /2-п + 1 \ Х(27)+1)21пр^-)- -(2т)-1)«Х Г / 2Г \1 X 5 + 4 1п[ ) + L \2т] — 1/J (1 —Н) + 32 — X (1+Ю С2+4++ 1)) X Л } р3 ) w — —^-[2ow+i)+ 512лт] 1 + 8т] (4++1)1пХ / 4С2 - _ ' 4т(2 — 1 ' — (16++ 24++ 1) In X Х^) + хЦ-1,п (1—и) + 8 — X (1 + Н) С27]Г4г]2+ 1) ) X 9 f р2 )
Pct ( 9 ООП (4712 + 32л£>1) ( + 4т] 1П (——) + ' \ 4С3 / , П — Р-) •>! <4т]2+ 1)] Х + + Р2 J Рс ( r 512n£iC-q 1 —- (2т] — I)4 + I6C2 X 72i]+l\ X (2т]+1)2 In j + + 16JLzJ±x (i+ + CV4++ 1) | Х Р2 J 9 = Рс - 32„O£W+1)X x[i+n+V41 L (i + н) р2 J
Р ( Л4Г=-—— -S-q + + (14-и) W + 1)х /2т) + 1 > Х1П 9 1 + \2т] — 1 / 4т]2— 1 . +4(1+И)^1п ' j + \ 4;2 ' # т)(4++ 1)) + (1 — Р-)- . ’ - Р2 ) ± х i i '*| -₽ = + ₽ 1 £1 (О + _ + Я 1 *0 * ЬО | +> -S’ + . Z. -о + ’ . СП [ м оЗ W . — ч- о 1 . + “ - 2° + — + '-й « + + 4 ' ' X + + М^~ 32л^2 (1-^)Х / С2 \ Х(4++1)Х(1-—j
233
Продолжение табл. XI
(,+)<«(,+) с>(^+т)
Mt= — (— 8p.T] + 32лт| ( + (1 + и) (+)2 + 1) X хЧ^тН .4+— h +4(1 +}ф] In । + , ,, ' 1 <4у|^+- 1Ц + 1 — И) 2 р2 ) М/=-т^-|(1+3|х)С2- 32лт)( -Ц(2-Г]+ 1)2- (2т-1)« ( И) 16^2 + + (1+и)(2т)+1)2Х /2,1 + 1 j Х1П( 2С Н 1 (4-Q2+ Г)) + U —и) . а р2. J Р Mt — — X 32лС2 Х(1-ц)(47)>+1)Х / С2 4-м
р Q— . х 16 л cj-q X [(2-q + I)2 —4С2] Q=0
с < _1_ 2 С > ~ 2
PZ2 ( w- 19Я„ 8 + 8С2-161п(2С) + 12оЛ ( H-fx) _ц (1 + н) ’ p2J w- ог^ (5 + 41п(2С) + 256л ( , 2 (1-н) (1 + н) Р2/
Pc С ( Ч = - ++ № -161п (2 'У + о4Л L) ( . а—р-) _и (1 + н) ‘ р2/ Ре < , (1- |Х) С21 ср — — < 1 -4- • > Y 64лРС( (1 +|х) р2 J
Мг = -^{16(3+|л)С2-16- - 16(1 +(Х) 1П(2С)+ (1 - И)-Ц Р2 ) Р 1 С2 \ Мг = + — (1 — |Л) 1 — — 644’ \ р2 /
234
Продолжение табл. XI
с< — 2 c > — 2
Mt = - (16 (1 + 3g) с«- 16g- -16 (1 + g) in(2q + (i - g)y] p I c2 \ Mt~~ ^1-2 U-l4) P+ — Ь4лСа \ pa /
J Q = 0
llllllllllllllllllilllllllllllllllll
f 1 И—й=/>с —J
C < ч c > -n
Pt,2 ( W ~~ Rd* 2 Р+4112Х 64лт;г (. Г / ’l (1—g) I4) X l + 21n(-L +2- — • — 1 ' C/1 (1+g). P2/ Pi]2 ( / c \ w — — {5 + 4 In — + 64л I \ >] / + 2JLz2iL.^| (i + g) p2/
? П 2 + 4ll2 1П ( r ) + 64л Drf ( \ C / (I-!*) (l + g) p2/ Pci;2 ( , (1-g) C2 1 и —— —— { 1 ~4— • > т 64л Z>C I ' (1+g) p2 J
Mr= - —((3 + g) C* - 47)2 + 16rp]2 (. +4(l + gH* In 4-(!-g) Pi)2 / c2 - + P—Г) 16лС2 \ p2 /
Mt [(1 4-3g)C3— 4gi]2+ lOJUf + 4(l + g)^ln (^} + (1-g)^) \ C / p2 ) Pi)2 / C2 \ 1ЬлС4 \ p2 /
PI Q = + 1 — — 2л с И т? Q = 0
235
Таблица Xll
Ординаты эпюр для плиты бесконечно большого радиуса, нагруженной единичным сосредоточенным грузом
Расстояния от точки приложения груза х Реакции основания р Радиальные моменты Мг Тангенциальные моменты М? Поперечные силы Q Осадки основания у
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 4 5 6 7 0,123 0,086 0,060 0,041 0,026 0,017 0,010 0,003 0,001 0 0 +0,069 +0,017 —0,004 —0,013 —0,016 —0,016 —0,012 —0,008 —0,005 —0,003 XI |-0,132 -0,074 -0,045 -0,028 -0,018 -0,012 -0,005 -0,002 -0,001 -0,001 —0.295 —0,122 —0,061 —0,031 —0,015 —0,007 0 +0,002 +0,002 +0,001 0,307 0,283 0,249 0,213 0,180 0,152 0,127 0,092 0,070 0,055 0,046
7 (1-($ D Х V Ео X ;/ Ео 2 X! v 17 Е° 7 о 1 1 1 7 D
V 0-^7 XJ/ я
Примечания. 1. Моменты и поперечные силы даны на
единицу ширины плиты.
2. Моменты в плите в месте приложения груза (х=0)
бесконечно велики. Поэтому для нахождения момента в центре
следует принимать внешнюю нагрузку распределенной по
площади достаточно малого круга, и брать момент в центре
по табл. X для р = оо. Этот момент будет окончательным,
никаких поправок вводить уже не нужно. При пользовании
табл. X в данном случае величину с принимать равной:
где D=
h3
12(1-р2)
Е.
м 3. Наибольшая поперечная сила будет по грани колонны,
У через которую передается нагрузка.
4. Для осадок за пределами таблицы можно применять
формулу:
1-Но
У= “Т—•
яЕох
Если положить:
V Ео
Такой вид формулы позволяет продолжить последний
столбец таблицы сколь угодно далеко.
5. Ординаты эпюр являются ординатами поверхностей
влияния.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Часть I
ТЕОРИЯ
Стр.
Биографический очерк............................................ 3
1. Введение........................................................ 7
2. Основные принципы расчета балки на упругом основании........... 15
3. Осадка для полуплоскости....................................... 22
4. Осадка для полупространства.................................... 26
5. Расчет балок на упругой полуплоскости......................... 28
6. Расчет балок на упругом полупространстве...................... 35
7. Выбор расчетных схем.......................................... 38
8. Некоторые замечания о решении уравнений....................... 43
9. Расчет рандбалок............................................... 45
10. Расчет ленточных фундаментов на упругом основании, имеющих ло-
маное очертание в плане......................................... 47
11. Расчет прямоугольных плит на упругом основании................ 52
12. Расчет круглых плит на упругом основании на осесимметричную на-
грузку . ......................................................... 55
13. Расчет рам на упругом основании............................. 64
14. Некоторые дополнительные данные для расчета балок и плит .... 67
15. Механический способ расчета фундаментов................... . 77
Часть II
ПРИМЕРЫ РАСЧЕТОВ
1. Железобетонная балка на кирпичной стене........................ 81
2. Бетонное основание под железнодорожные пути.................. 85
3. Фундаментная балка таврового сечения........................... 88
4. Силосный корпус элеватора (равномерная нагрузка)............... 90
5. Силосный корпус элеватора (частичная нагрузка)................. 92
6. Балка переменного сечения...................................... 95
7. Двухпролетная консольная неразрезная балка..................... 99
8. Построение линий влияния для балки............................ 104
9. Построение поверхностей влияния............................... 117
10. Плотина треугольного профиля..................................119
11. Сухой док.................................................... 121
12. Криволинейная в плане балка . ................................126
13. Трехслойная балка............................................ 129
14. Плита рабочей башни элеватора .............................. 135
15. Бутовый фундамент под колонну................................ 138
16. Фундаментная плита силосного корпуса элеватора............... 140
17. Силосный корпус для цемента.................................. 144
18. Нагрузка в углу плиты........................................ 151
19. Сборные плиты..........................................• . . 153
2G. Определение осадок силосных корпусов......................... 161
238
Стр.
21. Определение взаимного наклона двух смежных зданий................163
22. Рама на упругом основании....................................... 167
23. Определение глубины сдвигов..................................... 171
24. Расчет балки с учетом сдвигов в грунте.......................... 175
25. Плита на двухслойном основании.................................. 176
26. Балка на слое переменной толщины................................ 179
27. Наибольшая нагрузка в упругой стадии............................ 181
28. Распределение реакций за пределом упругости......................184
29. Величина предельной нагрузки...................................-189
30. Определение Рррв общем случае................................... 191
31. Применение групповых сил........................................ 195
. 32. Напряженное состояние плотины от действия групповых сил .... 199
33. Вычисление перемещений плотины................................. 205
34. Реакции у основания плотины с учетом упругости профиля...........211
Ч а с т ь III
таблицы................................... 216
• j fi. H. ЖЕМОЧКИН I,
А. П. СИНИЦЫН
ПРАКТИЧЕСКИЕ МЕТОДЫ РАСЧЕТА
ФУНДАМЕНТНЫХ БАЛОК И ПЛИТ
НА УПРУГОМ ОСНОВАНИИ
* * *
Госстройиздат
Москва, Третьяковский проезд, д._ 1
* * *
Редактор издательства Т. В. Горячева
Переплет художника
А. С. Александрова
Технический редактор Л. М. О с е н к о
Сдано в набор 1/VIII-1961 г.
Подписано к печати 29/XII-1961 г.
Т-14462 Бумага 60х901/т« = 7,5 бум. л.—
—15 печ. л. (13,26 уч.-изд. л.).
Тираж 22 000 экз. Изд. № VIII-5563.
Зак. № 37. Цена 68 коп. 4- переплет
№ 5—10 коп.
Набрано в типографии № 1 Госстройиздата.
Отпечатано в типографии № 4 Госстройиз-
дата, г« Подольск, ул. Кирова, дом № 25
О П Е Ч А Т К И
Страница Строка Напечатано Следует читать
34 5-я сверху г.Е.С^ лЕ0с3
85 7-я сверху — 12,78 ; -12,78 '
95 12-я сверху (&:с) (Ь-с)
134 3-я сверху 7 —' L Л' ~ т
158 10-я снизу - 2,828 -г 2,121 2,121 +2,828
183 7-я сверху 1,869 1,867
200 8-я снизу д ®>< а1 <?к
Эх4
211 10-я снизу -0 J)
88, 93, 104, 107, 141, 186, 214 Ссылки в тексте на номера страши считать с прибавлением цифры 4. Например: напечатано на стр. 88 (стр. 33 следует читать стр. 33-; 4, т. е. 37